2020年宁夏六盘山高中高考物理模拟试卷解析版 15页

第 1 页，共 15 页 高考物理模拟试卷 题号 一 二 三 四 总分 得分 一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分） 1. 一带电油滴在匀强电场 E 中的运动轨迹如图中虚线所示， 电场方向 竖直向下，若不计空气阻力，根据带电油滴从 a 点运动到 b 点的运 动情况，下述结论正确的是（ ） A. 该油滴带正电荷 B. 油滴的动能减少 C. 该油滴做匀加速曲线运动 D. 重力势能和电势能之和增加 2. 如图，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套 在大环上质量为 m 的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑 下．重力加速度大小为 g．当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉 力的大小为（ ） A. Mg-mg B. Mg+mg C. Mg+5mg D. Mg+10mg 3. 如图， MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画 出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上射出，从 Q 点穿越铝 板后到达 PQ 的中点 O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷 量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（ ） A. 2 B. C. D. 1 4. 假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为 g0，在赤道的大小为 g；地球自转的周期为 T，引力常量为 G．地球的密度为 （ ） A. B. C. D. 5. 如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、 n2．原线圈通过一理想电流表 A 接正弦交流电源， 一个二极管和阻值为 R 的负载电阻串联后接到副 线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向 电阻为无穷大。用交流电压表测得 a、b 端和 c、d 端的电压分别为 U ab 和 Ucd，则（ ） A. Uab：U cd=n1：n2 B. 增大负载电阻的阻值 R，电流表的读数变小 C. 负载电阻的阻值越小， cd 间的电压 U cd 越大 D. 将二极管短路，电流表的读数加倍 二、多选题（本大题共 5 小题，共 27.0 分） 第 2 页，共 15 页 6. 研究光电效应规律的实验装置如图甲所示， 分别用两种光照射光电管阴极 K 时，都 有光电子产生。在光电管的两极 K、A 之间加反向电压时，光电子从阴极 K 发射出 来后向阳极 A 做减速运动。 当电流表读数为零时， 电压表的读数称为反向截止电压。 在光电管 K、A 之间加正向电压时， 光电子从阴极 K 发射出来向阳极 A 做加速运动， 当电流表的读数为最大时，称为饱和光电流。由电压表和电流表的读数，可画出这 两种光照射时光电管的伏安特性曲线如图乙所示，以下说法正确的是（ ） A. 图甲中所加电压为正向电压 B. 两种光分别照射光电管时，反向截止电压相同 C. 两种光的频率不同 D. 两种光的强度不同 7. 如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线 上方为场强 E1 的匀强电场，方向竖向下，虚线下方为场强 E2 的匀强电场，方向竖直向上，一个质量 m，带电 +q 的小球从 上方电场的 A 点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与 A 关于虚线对称的 B 点，则下列结论正确的是（ ） A. 两电场强度大小关系满足 E2＞E1 B. 带电小球在 A、B 两点电势能相等 C. 若 AB 高度差为 A，则 UAB=- D. 在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 8. 如图甲所示 ,足够长的木板 B 静置于光滑水平面上 ,其上放小滑块 A,木板 B 受到随时 间变化的水平拉力 F 作用时 ,用传感器测出 B 的加速度 a,得到如图乙所示的 a-F 图 象,已知 g 取 10m/s2,则 ( ) A. 滑块 A 的质量为 4kg B. 木板 B 的质量为 1kg C. 滑块 A 与木板 B 间动摩擦因数为 0.1 D. 当 F=10N 时木板 B 的加速度为 4m/s2 9. 如图所示， 质量为 m 的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内， 活塞与气缸之间 无摩擦， a 状态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，在活塞上加一质量 为 m 的砝码， 经过过程 Ⅰ达到 b 状态， 再将气缸从容器中移出后， 经过过程 Ⅱ在室 温（ 27℃）中达到 c 状态，已知大气压强保持不变，下列说法中正确的是（ ） 第 3 页，共 15 页 A. 过程 Ⅰ中理想气体从外界吸收热量 B. 过程 Ⅱ中理想气体从外界吸收热量 C. c 状态与 a 状态相比， c 状态的气体分子对活塞的作用力较大 D. 理想气体在 b 状态的内能大于在 a 状态的内能 E. 理想气体在 c 状态的内能大于在 a 状态的内能 10. 一条绳子两端为 A 点和 B 点，沿绳子建立坐标系，如图甲所示，每隔 1m 选一个坐 标点， 图乙为 A 点的振动图象， 图丙为 B 点的振动图象， 两质点振动分别形成两列 波相对传播，波速均为 2m/s，则下列说法正确的是（ ） A. 两列波的波长都是 2m B. 这两列波相遇后会产生干涉现象 C. 两列波在 t=2.5s 时开始相遇 D. t=3s时， x=4m 处质点的位移大小为 40cm E. t=2s时， x=5m 处质点的位移大小为 40cm 三、实验题（本大题共 2 小题，共 15.0 分） 11. 用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律， 即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前 后的动量关系。如图 1 所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放 复写纸，记下重垂线所指的位置 O。 第 4 页，共 15 页 实验步骤如下： 步骤 1：不放小球 2，让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下， 并落在地面上重复多次， 用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置； 步骤 2：把小球 2 放在斜槽前端边缘位置 B，让小球 1 从 A 点由静止滚下，使它们 碰撞。 重复多次， 并使用与步骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位 置； 步骤 3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 M 、P、N 离 O 点的距离，即线 段 OM、OP、ON 的长度 （1）上述实验除需测量线段 OM、OP、ON 的长度外，还需要测量的物理量有 ______。 A．小球 1 和小球 2 的质量 m1、m2 B．B 点离地面的高度 h C． A、B 两点间的高度差 △h D．小球 1 和小球 2 的半径 r （2）当所测物理量满足表达式 ______（用所测物理量的字母表示）时，即说明两 球碰撞遵守动量守恒定律。 （3）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图 2 所示：图中圆 弧为圆心在斜槽末端 B 的 圆弧。使小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下，重复实验 步骤 1 和 2 的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为 M’、 P’、 N’．测得斜 槽末端 M’、 P’、N’三点的连线与竖直方向的夹角分别为 a1、a2、a3，则验证两 球碰撞过程中动量守恒的表达式为 ______（用所测物理量的字母表示） 12. 某同学用下列器材测电源的电动势和内阻。待测电源 E（电动势约为 3V，内阻约 为 2.5 Ω）；电流表 A（量程为 0-0.6A，内阻约为 0.5 Ω）；电阻箱 R（最大阻值为 99.9 Ω）；开关 S，导线若干。 （1）在图 1 的虚线框中画出实验电路图。该同学根据正确的电路图，正确连接电 路，规范操作。 （2）第一次测量：调节电阻箱 R，示数为 R1时，读取电流表示数 I1，示数为 R2 时，读取电流表示数 I2．则电源电动势的计算式 E=______V，内阻的计算式 r=______ （3）第二次测量：调节电阻箱 R 的阻值，记录多组电流表的读数 I 和电阻箱的对 应读数 R，以 为纵坐标， R 为横坐标，根据测量数据作出如图 2 所示的 -R 图线， 则电源电动势 E=______V，内阻 r=______Ω。 （4）关于该实验，下列说法正确的是 ______ A．由于电流表的内阻，会使电源内阻的测量值存在系统误差 B．由于电流表的内阻，会使电源电动势的测量值存在系统误差 C．第二次测量中的数据处理方式可以减小偶然误差 D．第一次测量中，若测有三组数据，则可求得电源电动势 E 和内阻 r 及电流表内 阻 RA 四、计算题（本大题共 4 小题，共 52.0 分） 第 5 页，共 15 页 13. 如图所示， 一条轨道固定在竖直平面内， 粗糙的 ab 段水平， bcde 段光滑， cde段是 以 O 为圆心、 R 为半径的一小段圆弧，圆心 O 与在 ab 同一水平线上．可视为质点 的物块 A 和 B 紧靠在一起，静止于 b 处，A 的质量是 B 的 3 倍．两物块在足够大的 内力作用下突然分离， 分别向左、 右始终沿轨道运动． B到 d 点时速度沿水平方向， 此时轨道对 B 的支持力大小等于 B 所受重力的 倍， A 与 ab 段的动摩擦因数为 μ， 重力加速度为 g，求： （1）物块 B 在 d 点的速度大小； （2）物块 A 滑行的距离 s 和时间 t． 14. 相距 L=1m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为 m1=1kg 的金属棒 ab 和质量为 m2=0.02kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图 1 所示， 虚线上方磁场的磁感应强度 B=1T，方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向 下，两处磁场磁感应强度大小相同． ab 棒光滑，cd 棒与导轨间动摩擦因数为 μ=0.4， 两棒的电阻均为 R=2Ω，其余电阻不计． ab 棒在方向竖直向上的拉力 F 作用下，从 静止开始沿导轨竖直向上做匀加速运动， 加速度 a=1m/s2，同时 cd 棒在竖直向下的 磁场中也由静止释放．（ g=10m/s2）求： （1）当时间 t=2s时拉力 F 的大小； （2）当 cd 棒通过 2C 的电量时， 其产生的热量为 2.5J，则外力 F 需要做功为多少； （3）判断 cd 棒将做怎样的运动，求出 cd 棒达到最大速度所需的时间 t0，并在图 2 中定量画出 cd 棒所受摩擦力 F fcd 随时间变化的图象． 第 6 页，共 15 页 15. 如图所示，内壁光滑的圆柱形气缸竖直倒立在两木块上，气 缸底水平，气缸质量为 M=20kg，横截面积为 S=5.0 ×10-3m2、 高为 H=0.5m，质量 m=10kg 的活塞在气缸中封闭了定质量的 理想气体，气体温度 t1=27℃，活塞静止，此时活塞到气缸开 口端的距离为 h=0.1 m，通过一定的方法使气缸内的封闭气体 从外界吸收了热量 Q=620J，此时气体温度为 t2=177℃，已知大气压强为 p0=1.0 ×105Pa，重力加速度大小 g=10m/s2，求 ①最终气体的压强 ②此过程中封闭气体的内能变化 16. 如图所示为截面为四分之三圆的玻璃柱，圆弧 ABC 面镀 银，圆弧的半径为 cm，一细光束垂直 OA 并从 OA 的中点 D 射入玻璃柱，玻璃柱对该光的折射率为 ，光 在真空中的传播速度为 c=3×108m/s，求： ①光从玻璃柱中射出时光线的折射角 ②光在玻璃柱中传播的时间（结果保留三位有效数字） 第 7 页，共 15 页 答案和解析 1.【答案】 C 【解析】 解： A、由图可知，油滴向上偏转，故一定受向上的电场力，因电场线向下， 故油滴一定带负电，故 A 错误； B、从 a 到 b 的运动过程，电场力大于重力，电场力做的功大于重力做的功，依据动能 定理，从 a 到 b 的运动过程中合外力做正功，则动能增加，故 B 错误； C、因电场力和重力均恒定，故合力不变，油滴加速度恒定，所以油滴做匀加速曲线运 动，故 C 正确； D、根据功能关系可知，在从 a 到 b 的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势 能、电势能、动能三者之和保持不变，因动能增加，故重力势能和电势能之和减小，故 D 错误。 故选： C。 根据图中的运动轨迹情况， 可以判断出重力和电场力的大小关系， 然后根据功能关系求 解即可。 本题考查粒子在电场和重力场的复合场中的运动，重点考查带电小球的功能关系转化。 在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键。 2.【答案】 C 【解析】 解：小环在最低点时，根据牛顿第二定律得： F-mg=m ， 得： F=mg+m ， 小环从最高到最低，由动能定理，则有： ； 对大环分析，有： T=F+Mg=m（g+ ）+Mg=5mg+Mg．故 C 正确， A、B、D 错误。 故选： C。 根据牛顿第二定律求出小环运动到最低点时， 大环对它的拉力， 再用隔离法对大环分析， 求出大环对轻杆的拉力大小． 解决本题的关键搞清小环做圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解． 3.【答案】 C 【解析】 解：设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为 r 1、r 2，速度分别为 v1、v2。 由题意可知，粒子轨道半径为： r 1=2r 2， 由题意可知，穿过铝板时粒子动能损失一半，即为： mv22= ? mv12 解得： v1= v2， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： qvB=m ， 磁感应强度为： B= ， 磁感应强度之比： = = = = ；故 C 正确， ABD 错误。 第 8 页，共 15 页 故选： C。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出磁感应强度与半径和速度间的关 系，然后再求出磁感应强度之比。 本题考查了求磁感应强度，根据题意求出粒子的轨道半径、与速度关系，然后应用牛顿 第二定律即可正确解题。 4.【答案】 B 【解析】 解：设地球半径为 R，在两极，引力等于重力，则有： mg0=G ， 由此可得地球质量为： M= ， 在赤道处，引力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律，则有： G -mg=m R， 地球的密度为： ρ= ， 解得： ρ= ，故 B 正确， ACD 错误； 故选： B。 根据万有引力等于重力， 则可列出物体在两极的表达式， 再由引力与支持力的合力提供 向心力，列式综合可求得地球的质量，最后由密度公式，即可求解。 本题考查了万有引力定律的应用， 掌握牛顿第二定律的应用， 注意地球两极与赤道的重 力的区别，知道密度表达式。 5.【答案】 B 【解析】 解： A、假设副线圈两端电压的有效值为 U2，根据理想变压器的电压与匝数成 正比，即有： U ab：U 2=n1：n2；而因二极管的单向导电性， cd 间电压的有效值并不等于 副线圈两端的电压有效值，所以 Uab：Ucd 不等于 n1：n2，故 A 错误； B、副线圈两段的电压依赖于输入电压和匝数， 所以副线圈两端的电压不变， 电阻增大， 则电流减小，副线圈的功率减小，最后使得输入功率减小，而输入电压不变，最后使得 电流减小，所以电流表的示数减小，故 B 正确； C、cd 间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关， 所以 cd 间的电压 Ucd 不会随着负载电阻变化，故 C 错误； D、假设副线圈两端交变电压的峰值为 Um，副线圈回路的电流峰值为 I m， 则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值 U2= ，由 W= 计算电阻 R 的电能得： ，求得 Ucd= ．副线圈回路电流的有效值 I2≠ ， 由 W=I 2Rt 计算电阻 R 的电能得：（ ） 2R =I cd2RT，求得 Icd= 。 则 Pcd=U cdI cd= 二极管短路后有： cd 两端电压等于副线圈两端电压，即 U′ cd= ，流经定值电阻 R 的 电流 I′ cd= ．则 P′cd=U′cdI′ cd= ．所以 P′ cd=2Pcd。 由于理想变压器原线圈上的功率与副线圈的相等， 而原线圈上的电压有效值不变， 所以 第 9 页，共 15 页 二极管短路后的电流表读数是二极管短路前的 倍。故 D 错误。 故选： B。 假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比， 电流与匝数成反比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根 据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果。 此题作为选择题的压轴题有一定的难度，也比较有新意，涉及的知识点有交变电流、理 想变压器、二极管、电路的动态分析等。该题对于 D 选项的争议比较大，是个易错点。 6.【答案】 BD 【解析】 解： A、分析图甲可知，所加电压为反向电压，故 A 错误； BC、由图乙可知， 两种光的截止电压是相同的， 根据光电效应方程 eU 截= =hv-W．所 以两种光的频率相同。故 B 正确， C 错误； D、由图乙可知，两种光的饱和光电流不相等，说明两种情况下产生的光电子的数目不 相等，则入射光的光照强度不相等。故 D 正确。 故选： BD。 反向电压 U 和频率一定时， 发生光电效应产生的光电子数与光强成正比， 则单位时间到 达阴极 A 的光电子数与光强也成正比，截止电压 U 0与频率 ν是线性关系，不是正比关 系，光强 I 与频率 ν一定时，光电流 i 随反向电压的增大而减小。 解决本题的关键是掌握光电效应的条件 v＞v0 以及光电流方向的确定，注意光电子的最 大初动能是由入射光的频率决定，与光强无关。 7.【答案】 AC 【解析】 解： AD、A 到虚线速度由零加速至 v，虚线到 B 速度 v 减为零，位移相同，根 据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反； 在上方电场，根据牛顿第二定律得： a1= ， 在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为： a2= ， 因为 a1=a2，解得： E2-E1= ．故 A 正确 D 错误。 BC、对 A 到 B 的过程运用动能定理得， qU AB+mgh=0，解得： U AB= ，知 A、B 的电 势不等，则电势能不等。故 B 错误 C 正确； 故选： AC。 根据运动的对称性得出加速度的大小关系，通过动能定理求出 A、B 的电势差。结合牛 顿第二定律得出两电场强度的关系。 本题考查了电场中动能定理和牛顿第二定律的综合运用， 抓住小球在上方电场和下方电 场中运动的对称性入手分析求解。 8.【答案】 BD 【解析】 解： ABD、由图知，当 F=8N 时，加速度为： a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第 二定律有： F=（mA+mB）a，代入数据解得： mA+mB=4kg，当 F 大于 8N 时， A、B 发生 相对滑动，根据牛顿第二定律得：对 B 有： a= ，由图示图象可知，图 线的斜率： k= = = =1，解得： mB=1kg，滑块 A 的质量为： mA=3kg。 当 a=0 时， F=6N，代入解得 μ=0.2，故 A、C 错误， B 正确。 第 10 页，共 15 页 D、根据 F=10N＞8N 时，滑块与木板相对滑动， B 的加速度为： aB=a= =4m/s2．故 D 正确。 故选： BD。 当拉力较小时， m 和 M 保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时， m 和 M 发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法进行解答． 本题考查牛顿第二定律与图象的综合， 知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是 解决本题的关键， 掌握处理图象问题的一般方法， 通常通过图线的斜率和截距入手分析． 9.【答案】 BCE 【解析】 解： A、过程 Ⅰ 中外界对气体做功，内能不变，理想气体放出热量， A 错误； B、过程 Ⅱ 中理想气体对外做功，内能增大，理想气体从外界吸收热量， B 正确； C、由于 c 状态的压强大于 a 状态的压强，所以 c 状态的气体分子对活塞的作用力较大， C 正确； D、理想气体在 b 状态的温度等于在 a 状态的温度，在 b 状态的内能等于在 a 状态的内 能， D 错误； E、理想气体在 c 状态的温度高于在 a 状态的温度，在 c 状态的内能大于在 a 状态的内 能， E 正确。 故选： BCE。 由气体压强的微观意义可知撞击个数的变化以及分子的撞击力的变化； 由热力学第一定 律可知气体吸热还是放热。 本题关键是明确气体压强的微观意义， 同时要能根据热力学第一定律列式求解， 注意公 式 △U=Q+W，注意各量的符号。放热 Q 为负，物体对外界做功 W 为负。 10.【答案】 ABC 【解析】 解：A、由图知， 两列波的周期都是 1s，波长都是 λ=vT=2×1m=2m，故 A 正确。 B、两列波的周期相同，相遇后会产生干涉现象，故 B 正确。 C、在 t=2.5s 时间内， A 点振动传播距离为 xA=vt=2×2.5m=5m，B 点迟振动 1s，在 t=2.5s 时间内， B 点振动传播距离为 xB=v（t-1）=2×1.5m=3m，则 xA+xB=8m，故两列波在 t=2.5s 时开始相遇，故 C 正确。 D、t=3s 时， A 点振动传播距离为 xA=vt=2×3m=6m，B 点振动传播距离为 xB=v（t-1） =2×2m=4m，t=3s 时，两列波单独在 x=4m 处引起的位移均为 0，则 t=3s 时， x=4m 处质 点的位移大小为 0，故 D 错误。 E、t=2s时， A 点振动传播距离为 xA=vt=2×2m=4m，B 点振动传播距离为 xB=v（t-1） =2×1m=2m，则 t=2s时， x=5m 处质点还没有振动，位移大小为 0，故 E 错误。 故选： ABC。 由图读出周期，由波速公式求出波长。当两列波的频率相同时相遇后产生干涉现象。根 据运动学公式求两列波相遇的时间。根据波的叠加情况，分析 x=4m 处质点振动加强还 是减弱。 研究时间 t=3s 与周期的关系， 分析该点的位移。 同理分析 t=2s 时 x=5m 处质点 的位移大小。 解决本题的关键要明确波的形成过程， 利用波的叠加原理分析两列波相遇时各个质点的 振动情况。要注意两个波源起振方向是相同的。 11.【答案】 A m1?OP=m1?OM =m2?ON = + 【解析】 解：（ 1）利用“碰撞实验器”验证动量定律实验是根据平抛运动原理，将速 度的测量转化为水平位移的测量， 测出 OP、OM、ON 外，还需要测量两个小球的质量， 第 11 页，共 15 页 故选项 A 正确； （ 2）若碰撞前小球 1 的动量等于碰撞后小球 1 和小球 2的动量之和， 即：m1v0=m1v1+m2v2， 就能说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由于 OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，所以当所测物 理量满足 m1?OP=m1?OM =m2?ON 即可。 （ 3）测得斜槽末端与 M′的连线与竖起方向的夹角为 α1，由平抛规律， x1=v1t1 ，y1= ， 设斜槽末端与 M 的连线长度为 L（即圆弧半径为 L）， sin α1= ，cos α1= ，联立解得： v1= ；测得斜槽末端与 P′连线与竖直方向的夹角为 α2，同理可得： v0= ，测得优秀干部槽末端与 N′的连线与竖起方向的珍角为 α3，同理可得： v2= ；代入动量守恒的式子： m1v0=m1v1+m2v2 化简可得： = + 。 故答案为：（ 1）A （ 2）m1?OP=m1?OM=m2?ON （ 3） = + （ 1）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度， 因为下落的时间相等， 则水平位移代表平抛运动的速度。 根据实验的原理确定需要测量 的物理量； （ 2）根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式； （ 3）小球落在弧面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表 达式，从而得出动量守恒的表达式。 解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需 测出速度的大小，可以用位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两 球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。若碰撞前后总动能 相等，则机械能守恒。 12.【答案】 3 3 AC 【解析】 解：（1）由给出的仪表可知，实验中只给出了电流表和电 阻箱， 所以应采用电流表与电阻箱串联的方式进行测量； 如图所示； （ 2）根据闭合电路欧姆定律可知： I 1= I 2= 联立解得： E= ；r= ； （ 3）根据闭合电路欧姆定律可知， I= 变形可得： = + 第 12 页，共 15 页 则由图可知： = = ； =1 解得： E=3V；r=3Ω； （ 4）A、因电流表存在内阻，所以测出的内阻中包含电流表内阻，由于电流表的内阻， 会使电源内阻的测量值存在系统误差，故 A 正确； B、电流表内阻对图象的斜率没有影响，所以测出的电源的电动势准确，故 B 错误； C、采用图象法可以避免因读数造成的偶然误差；故第二次可以减小偶然误差，故 C 正 确； D、根据闭合电路欧姆定律可知， I 1= I 2= I 3= ；根据数学规律可知，联立三组数据无法求出电流表内阻；故 D 错误。 故答案为：（ 1） ； ； （ 3）3，3。 （ 4）AC。 （ 1）分析给出的仪表，从而确定测量方法，确定电路图； （ 2）根据闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求得电动势和内电阻； （ 3）根据闭合电路欧姆定律列式，结合图象即可分析对应的电动势和内电阻； （ 4）根据实验过程进行分析，明确实验误差情况。 根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法， 根据待测电阻阻值与 电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。 13.【答案】 解：（ 1）在 d 点对 B，由牛顿第二定律得： ① 由①得： 故物块 B 在 d 点的速度大小： ． （ 2）设 A、 B 在分离瞬间速度大小分别为 v1、 v2，取水平向右方向为正， A、B 分离过 程动量守恒，则： 3m（-v1）+mv2=0 ② A、B 分离后， B 从 b 点到 d 点过程由动能定理得： ③ A 向左减速至零过程由动能定理得： ④ 由①②③④得： A 向左减速至零过程由动量定理得： -u（3mg） t=0-3mv1 解得： ， 第 13 页，共 15 页 故物块 A 滑行的距离： ，时间： ． 【解析】 （1）在 d 点根据向心力公式列方程可正确求解． （ 2）分析清楚作用过程，开始 AB 碰撞过程中动量守恒，碰后 A 反弹， B 继续运动根据 动能定理和动量定理可正确求解． 本题考查了动量守恒、动能定理、动量定理等规律的简单应用，较好的考查了学生综合 应用知识的能力． 14.【答案】 解：（ 1）导体棒加速度为 a=1m/s2，由速度公式可得： v=at； 感应电动势 E=BLv 电流 I= 根据牛顿第二定律可得： F-BIL -m1g=m1a 联立解得： F=11.5N （ 2）电量 q= 电流 根据法拉第电磁感应定律，平均电动势： 变化的磁通量 △?=BLx x= = =8m 由速度和位移关系可得： v2=2ax 根据功能关系可得： 2Q=W 克安 则拉力所做的功： WF=m1gx+2Q+ 联立解得： WF=93J （ 3）cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动， 当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时， 速 度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当 cd 棒速度达到最大 时，有： m2g=μF N， 又 F N=F 安 而 F 安=BIL 联立解得： m2g=μBIL 对 abcd 回路，有： I= ， 得： vm= ， 又 vm=at0 代入数据解得： t0=2s f cd 随时间变化的图象如图所示． 第 14 页，共 15 页 答：（ 1）当时间 t=2s时拉力 F 的大小为 11.5N； （ 2）当 cd 棒通过 2C 的电量时，其产生的热量为 2.5J，则外力 F 需要做功为 93J； （ 3）cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动， 当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时， 速 度达到最大； 后做加速度逐渐增大的减速运动， 最后停止运动； cd 棒达到最大速度所需 的时间 t0 为 2s；图象如图所示． 【解析】 （1）由 E=BLv、 I= 、F=BIL 、 v=at，及牛顿第二定律得到 2s 时拉力的大小； （ 2）根据法拉第电磁感应定律以及平均电量的计算规律列式，再根据功能关系分析能 量关系，从而求出拉力所做功． （ 3）分析 cd 棒的运动情况： cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 cd 棒所受重力 与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运 动． cd 棒达到最大速度时重力与摩擦力平衡，而 cd棒对导轨的压力等于安培力列式求 出对应的时间，再根据运动过程画出对应的图象． 本题涉及两个导体棒在磁场中的运动，要注意其中的 cd 棒先受到滑动摩擦，后受到静 摩擦，发生了突变，要仔细耐心分析这个动态变化过程．滑动摩擦力与安培力有关，呈 现线性增大． 15.【答案】 解：①初始时气体压强为 p1=p0- =0.8 ×105 Pa 气体体积 V1=（H-h）S，温度 T1=300 K 假设气缸足够长，温度变为 T2=（273+177）K， 根据盖 -萨克定律： T1V1=T2V2 解得 V2=0.6S＞V0（气缸体积），表明活塞向下移动 h 后气体做等容变化 气体终态：压强为 p3，体积 V3=V0，温度 T3=T2 根据理想气体状态方程： = 解得： P3=0.96 ×105 Pa ②封闭气体在等压变化过程中气体对外界做的功： W=-P1hS 对封闭气体，应用热力学第一定律有 △U=Q+W 解得 △U=580 J，气体内能增加 580 J 答：①最终气体的压强为 0.96 ×105 Pa； ②此过程中封闭气体的内能增加 580 J。 【解析】 ①气体先等压膨胀，再做等容变化，根据理想气体的状态方程即可解答； ②根据气体的做功情况和热力学第一定律求解。 本题的关键找出初末状态以及会判断临界状态， 然后根据气体实验定律列方程求解。 要 注意解答的过程要规范。 16.【答案】 解：①光射入玻璃柱后的光路如图所示，在 E 点有： sin∠DEO = ，得 ∠DEO =30° 第 15 页，共 15 页 由几何关系知， ∠DEO=∠BEO=∠EBO=∠OBF 光在 OC 面上射出时的入射角 r =30 ° 由折射定律 n= 得光从 OC 面射出时的折射角 i =45 ° ②光在玻璃柱中传播的路程为 s=DE+EB+BF DE=Rcos30 ° BE=2Rcos30 ° BF =Rcos30 ° 光在玻璃柱中传播的速度为 v= 光在玻璃柱中传播的时间为 t= 代入数据解得 t≈4.33 ×10-9 s 答： ①光从玻璃柱中射出时光线的折射角是 45°。 ②光在玻璃柱中传播的时间是 4.33 ×10-9 s。 【解析】 ①画出光路图，由几何关系求出光从玻璃柱中射出时光线的入射角，再由折射 定律求折射角； ②由几何关系求出光在玻璃柱内的传播路程 s，根据 v= 求得在玻璃柱内的传播速度， 根据 t= 求解在玻璃柱内的传播时间。 本题是一道几何光学题，对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要灵活运用几何 知识帮助解答。