2020年江西省名校学术联盟高考物理一模试卷(含答案解析)

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1. 1933年至1934年间，约里奥•居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为

Al+He→P+n，反应生成物P像天然放射性元素一样衰变，放出正电子e，

P→Si+e+V．则下列说法正确的是

且伴随产生中微子Av，核反应方程为（ ）

A. 当温度、压强等条件变化时，放射性元素P的半衰期随之变化 B. 中微子的质量数A=0，电荷数Z=0

C. 正电子产生的原因可能是核外电子转变成的

D. 两个质子和两个中子结合成一个α粒子，则质子与中子的质量之和一定等于α粒子的质量

2. 如图,在放置在水平地面上的斜面上,一光滑球被平行于斜面

的轻绳系住。斜面体在外力作用下由静止向右做加速度不断增大的直线运动的一小段时间内,关于球所受到的轻绳拉力T和斜面支持力N的说法中正确的是( )

A. T和N都逐渐增大 C. T和N的合力保持不变 B. T和N都逐渐减小

D. T和N的合力逐渐增大

3. 如图所示正方形线圈abcd的边长L=0.3m，线圈电阻为R=1Ω，

直线OO’与ad边相距L，过OO’且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度B=1T的匀强磁场，方向垂直纸面向里。线圈

以OO’为轴匀速转动，角速度ω=20rad/s，以图示位置为计时起点。则（ ）

A. 线圈中产生的交流电瞬时值表达式为μ=0.6cos20t B. 流过ab边的电流方向保持不变

C. 当t=s时，穿过线圈的磁通量为0.06Wb

D. 从t=0到t=s，穿过线圈磁通量的变化量大小为0.06Wb

4. 劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，如图所示．空

间存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，图中未画出．一个带正电的小物块（可视为质点）从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时的速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．已知AC两点间的距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则物块由A运动到C点的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小物块的加速度先不变后减小

B. 弹簧的弹性势能增加量为-μmgL

C. 小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力的功率先增加后减小 D. 小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零

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5. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，

其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是（ ） A. x1处电场强度最小，但不为零

B. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动

C. 在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1，φ2，φ3，的关系为φ3＞φ2=φ0＞φ1

D. x2～x3段的电场强度大小方向均不变，为一定值

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6. 已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为△N，假设地球是质量

分别均匀的球体，半径为R．则地球的自转周期为（设地球北极表面的重力加速度为g）（ ）

A. 地球的自转周期为T=2πB. 地球的自转周期为T=π C. 地球同步卫星的轨道半径为D. 地球同步卫星的轨道半径为2R R

7. 如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整个

装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相

EF垂直放在导轨上。同金属棒MN、现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，

使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则下列说法正确的是（ ）

A. 从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒的发热量不

相等

B. 从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为 则此过程中流C. 若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，过电阻R的电荷量为q= D. 若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF

开始运动时，水平拉力F的瞬时功率为P=（ma+μmg）aT

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8. 如图所示，水平地面上固定一倾角θ=45°的斜面体ABC，

BC=h，P点位于A点的正上方，并与B点等高。从P处以不同的初速度沿水平方向抛出一质量为m的小球。已知当地的重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力，则（ ）

A. 若小球恰好落在AB中点，则其运动时间为 B. 若小球恰好落在AB中点，则其落在斜面上时的动能为mgh C. 小球落到斜面上的最小动能为D. 小球落到斜面上的最小动能为mgh mgh

9. 关于固体、液体、气体的表述，下列说法正确的是（ ）

A. 晶体的熔点和液体的沸点都与压强无关 B. 水对玻璃浸润，水银对玻璃不浸

C. 晶体在熔化的过程中吸收热量，分子的平均动能一定是增大的 D. 饱和汽压随温度的变化而变化

E. 利用液晶在外加电压变化时由透明变浑浊可制作电子表、电子计算器的显示元件

10. 下列说法中正确的是（ ）

A. 偏振光只可以是横波

B. 双缝干涉中也存在衍射现象

C. 直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由于光的全反射原因 D. X射线在磁场中能偏转，穿透能力强，可用来进行人体透视 E. 多普勒效应是在波源和观察者之间有相对运动时产生的

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11. 某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度,如图甲所示框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺,零刻度线在上端,可以测量出两个光电门到零刻度线的距离和；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块,小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐切断电磁铁线圈中的电流时,小铁块由静止释放,当小铁块先后经过两个光电门时,与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小和小组成员多次改变光电门1的位置,得到多组和的数据,建立如图乙所示的坐标系并描点连线,得出图线的斜率为k．

当地的重力加速度为______用k表示．

若选择光电门2所在高度为零势能面,则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______ 用题中物理量的字母表示．

关于光电门1的位置,下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差______ A.尽量靠近刻度尺零刻度线

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B.尽量靠近光电门2

C.既不能太靠近刻度尺零刻度线,也不能太靠近光电门2．

12. 举世瞩目的嫦娥四号，其能源供给方式实现了新的科技突破：它采用同位素温差发

电与热电综合利用技术结合的方式供能，也就是用航天器两面太阳翼收集的太阳能和月球车上的同位素热源两种能源供给探测器。图甲中探测器两侧张开的是光伏发电板，光伏发电板在外太空将光能转化为电能。

某同学利用图乙所示电路探究某光伏电池的路端电压U与电流I的关系，图中定值电阻R0=5Ω，设相同光照强度下光伏电池的电动势不变，电压表、电流表均可视为理想电表。

（1）实验（一）：用一定强度的光照射该电池，闭合电键S，调节滑动变阻器R的阻值通过测量得到该电池的U-I曲线a（如图）由此可知该电源内阻是否为常数______（填“是”或“否”），某时刻电压表示数如图丙所示，读数为______V，由图象可知，此时电源电动势为______V，电源内阻为______Ω。

实验（二）：减小实验一光照的强度，重复实验，测得U-I曲线b（如图丁）：

（2）在实验（一）中当滑动变阻器的电阻为______Ω时路端电压为2.5V，则在实验（二）中滑动变阻器仍为该值时，滑动变阻器消耗的电功率为______W（计算结果保留两位有效数字），（在图上画出作图痕迹） 四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13. 2019年1月3日10时26分，“嫦娥四号”探测器成

功在月球背面着陆，标志着我国探月航天工程达到了一个新高度，极大激发了同学们探索太空的热情。某同学设计的“太空粒子探测器”的加速、偏转部分原理简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O1，外圆弧面AB，内圆弧面CD，内外圆弧面电势差大小为U．在O1点右侧有一与直线相切于O1半径为R的圆形磁场区域，圆心为O2，圆内（及圆周上）存在垂直纸面的匀强磁

场，O1、E、F为圆周的三等分点。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场由静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1点进入磁场偏转，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转

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后恰好从E点偏出，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。 求：（1）粒子到达O1点时速度v的大小 （2）圆形磁场区域的磁感应强度

（3）从磁场圆边界圆弧O1E和圆弧EF射出的粒子数之比

14. 如图所示，在水平桌面上放有长度为L=2m的木板C，C上右端是固定挡板P，在

C中点处放有小物块B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计。C上表面与固定在地面上半径为R=0.45m的圆弧光滑轨道相切，质量为m=1kg的小物块A从圆弧最高点由静止释放，设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的滑动

A、B、C(包含挡板P)的质量相同，B和C静止。(g=10m/s2) 摩擦因数均为μ。开始时，

(1)求滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小；

(2)若物块A与B发生碰撞，求滑动摩擦因数应满足的条件；

(3)若物块A与B发生碰撞(设为完全弹性碰撞)后，物块B与挡板P发生碰撞，求滑

动摩擦因数μ应满足的条件。

15. 一长为L、内壁光滑、导热良好的长方体汽缸，横放在

水平地面上，缸内有性能良好的活塞（与缸壁的摩擦不计），面积为S，如图所示，活塞左方封有氢气有氮气。系统平衡时，活塞左右两边的气体体积之比为2：1，压强为P1，将汽缸位置在竖直面内逆时针缓慢转90至竖

直位置，再次稳定时活塞上下两边的气体体积之比为1：1．重力加速度为g，环境温度保持不变，求 ①活塞的质量M

②若将汽缸从图示位置在竖直面内顺时针缓慢转90°至竖直位置，再次稳定时，氢气的体积为多少？（保留两位有效数字）

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其横截面由一直角三角形和一16. 物理实验室新进了一批由某种透明材料做成的棱镜，

半径为R的圆组成，如图所示。已知三角形BC边的长度为R，∠BAC=30°，现让一单色细激光束从AB边上距A点为的D点沿与AB边成α=45°角斜向右上方入

射，激光束经AC反射后刚好能垂直BC边进入圆柱区域，光在真空中的速度为c，求：

（i）单色细激光束从圆弧上的E点（图中未画出）射出时的折射角； （ii）单色细激光束在棱镜中传播的时间。

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-------- 答案及其解析 --------

1.答案：B

解析：解：A、原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，因此半衰期不发生变化；故A错误；

B、根据质量数守恒可得中微子的质量数：m=30-30=0；电荷数：z=15-14-1=0，可知中微子的质量数A=0，电荷数Z=0，故B正确；

C、根据该衰变的本质可知，正电子是由于质子衰变产生的。故C错误；

D、两个质子和两个中子结合成一个α粒子的过程中释放核能，根据质能方程可知质子与中子的质量之和一定大于α粒子的质量。故D错误 故选：B。

半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境与化学状态无关。根据质量数守恒与电荷数守恒求出中微子的质量数与电荷数；根据衰变的本质分析。

该题考查衰变的本质以及衰变的规律，理解半衰期的大小由原子核内部因素决定是关键。

2.答案：D

解析：解：小球在运动过程中，受到重力mg、轻绳的拉力T和斜面的支持力N，加速度水平向右，加速度增大，小球的合力增大，重力不变，则T和N的合力逐渐增大。 设斜面的倾角为θ，小球的受力如图，水平方向上，由牛顿第二定律得：Tcosθ-Nsinθ=ma…①

竖直方向上由平衡得：Tsinθ+Ncosθ=mg…②

联立①②得：N=m（gcosθ-asinθ），T=m（gsinθ+acosθ），可知，当a增大时，N减小，T增大，故ABC错误，D正确。 故选：D。

加速度增大时，根据牛顿第二定律分析知道小球的合力增大，根据正交分解法分析T与N的变化。

解决本题的关键是掌握牛顿第二定律，灵活运用合成法和正交分解法分析小球的合力和T、N的变化情况。 3.答案：C

解析：解：A、由于线圈是从中性面开始计时，所以线圈中的电流按照正弦规律变化，最大电动势，线圈中产生的交流电瞬时值表达式为u=0.6sin20t，故A错误；

B、每个周期电流方向改变两次，故B错误；

C、t=s时，线圈转过180°，adoo′在磁场中，垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量为0.32=0.06Wb，故C正确； ∅=Bl2=1××D、从t=0到t=s，线圈转过90°，此时线圈与面平行，磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化△∅=BS=0.03Wb，故D错误。

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故选：C。

图中线圈只有一个边切割磁感线，但电流始终存在，周期不变，磁通量的大小与匝数无关。

做交流电的题目不能死记公式，要具体问题具体分析，注意线圈转动半个周期，磁通量发生变化△Φ=2BS。 4.答案：C

解析：解：A、物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，物块的速度减小，根据f洛=qvB，可知物块受到的洛伦兹力减小。由左手定则可知物块向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向下，洛伦兹力减小，则物块受到的向上的支持力FN=f洛+mg减小，所以摩擦力：f=μFN也减小，物块的加速度a=也减小； 当物块接触弹簧后，物体的加速度：，f减小，而F增大，所以不能判断出加

速度的变化。由以上的分析，总体上，A是错误的。故A错误；

B、此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为-Wf=mv02-EP弹，

由于摩擦力是变力，而且f=μFN=μ（f洛+mg），可知弹簧的弹性势能增加量一定不是

-μmgL．故B错误；

C、小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力逐渐增大，而物块的速度逐渐减小，由P=Fv，可知开始时弹簧的功率为0，开始时逐渐增大；最后速度等于0时，弹簧的功率也是0，速可知，弹簧的功率在增大都某一个最大值后又开始减小，即弹簧的弹力的功率先增加后减小，故C正确；

D、小物块到达C点时，弹簧处于压缩状态，由于不知道小物块在C点受到的弹簧的弹力与摩擦力的大小关系，所以不能判断出小物块是否能静止。故D错误。 故选：C。

根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，然后结合受力分析判断出小物块受到的支持力以及摩擦力，结合速度的变化分析支持力的变化以及摩擦力的变化，再由牛顿第二定律分析加速度的变化；

根据功能关系分析弹簧的弹性势能；

根据瞬时功率的表达式，结合速度、弹力的变化分析功率的变化．

本题分析物体的受力情况和运动情况是解答的关键，能量是守恒的，同时要注意洛伦兹力在其中起到的作用． 5.答案：D

解析：解：

A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=图象切线的斜率等于，得：E=•．Ep-x

，根据数学知识可知，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为

零，故A错误。

B、D：由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确。

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C、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2=φ0＜φ1．故C错误。 故选：D。

根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；

根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质。

解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析。 6.答案：AC

解析：解：A、在北极在赤道：…① …②

根据题意，有FN1-FN2=△N…③ 联立解得：，故A正确，B错误；

C、万有引力提供同步卫星的向心力，则：

联立可得：r3=…④

…⑤

又地球表面的重力加速度为g，则：mg=联立④⑤得：r=．故C正确，D错误。

故选：AC。

在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力，由此求出地球的自转周期；结合万有引力提供向心力即可求出同步卫星的轨道半径。

该题考查对万有引力与重力的比较和理解以及万有引力定律的应用，在解答的过程中注意地球赤道上物体的向心力的表达式是解答的关键。 7.答案：ABC

解析：解：A、由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN的电流是EF电流的2倍，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，MN的发热量是EF的4倍，两金属棒的发热量不相等，故A正确。

B、以EF为研究对象，设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，由题有：BIL=μmg…①

根据闭合电路欧姆定律得：E=2I（R+0.5R）=3IR…② 又E =BLv…③ v=at…④ 联立解得：t=，故B正确。

，

C、MN棒在T时间内通过的位移为x=第9页，共15页

平均感应电动势：=平均感应电流：=电荷量：Q=△t，

， ，

磁通量变化量：△Φ=BLx， 则得通过MN棒的电量为：Q= ，故C正确。

由于两棒的电阻都为R，则此过程中流过电阻R的电荷量为：q=Q=D、金属棒EF开始运动时，由BIL=μmg得：I=，

金属棒MN所受的安培力大小为F安=BIL

以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-μmg-F安=ma 拉力的功率为P =Fv 又v =aT

解得：P=（ma+2μmg）aT，故D错误。 故选：ABC。

以EF为研究对象，刚开始运动时所受的静摩擦力达到最大值，由安培力与静摩擦力平衡列式，可求出回路中的电流，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律、速度公式结合求解时间；根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律、位移公式、电量公式结合求解电荷量q；推导出安培力与速度的关系式，由牛顿第二定律求得水平拉力F的大小，由P=Fv求解其瞬时功率；根据电路的连接关系，分析通过两棒的电流关系，即可分析其热量关系。 电磁感应中导体切割引起的感应电动势在考试中涉及较多，关键要正确分析导体棒受力情况，运用力学和电磁感应的基本规律，如平衡条件、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律等等进行求解。 8.答案：AD

A、t=解析：解：小球做平抛运动，小球恰好落在AB中点，则其运动时间为：A正确；

B、由几何关系可知，小球水平方向的位移：x= 又：小球平抛运动的水平位移x=v0t， 可得：．故

小球落在斜面上的过程中机械能守恒。可得落在斜面上时的动能：

=．故B错误；

CD、设小球落在斜面上时竖直方向的位移为y，则小球落在斜面上时的竖直分速度

， ，

由几何关系可得：x+y=h， 速度v=，

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联立解得：v=当y==， 。

=．故C错误，D正确

时，速度取最小值，小球的最小动能：Ekmin=故选：AD。

根据平抛运动的竖直位移和水平位移的关系，以及竖直分速度与水平分速度的关系，结合运动学公式求出恰好落在AB中点的时间； 根据机械能守恒求出恰好落在AB中点时的动能。

根据速度位移公式得出竖直分速度，结合水平位移和时间得出水平分速度，抓住水平位移和竖直位移之和等于H，结合平行四边形定则求出速度的表达式，结合数学知识分析求解。

本题考查了平抛运动规律的运用，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住几何关系，结合条件，运用运动学公式灵活求解，本题对数学能力要求较高，需加强这方面的训练。 9.答案：BDE

解析：解：A、晶体的熔点和液体的沸点都与压强有关，故A错误。 B、水对玻璃浸润，水银对玻璃不浸润，故B正确。

C、晶体在熔化的过程中吸收热量，温度不变，分子的平均动能不变，吸收的热量转化为分子势能，故C错误。

D、饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确。

E、利用液晶在外加电压变化时由透明变浑浊可制作电子表、电子计算器的显示元件，故E正确。 故选：BDE。

晶体的熔点和液体的沸点都与压强有关；水对玻璃浸润，水银对玻璃不浸润；晶体在熔化的过程中，温度不变，分子的平均动能不变；饱和汽压随温度的升高而增大；液晶在外加电压下，结构会发生变化。

本题考查了晶体和非晶体、液晶、浸润和不浸润、饱和汽、未饱和汽和饱和汽压等知识点。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。 10.答案：ABE

解析：解：A、偏振现象是横波特有的现象，故A正确。 B、双缝干涉中存在衍射现象，故B正确。

C、直棒插入水中时，呈现弯折现象，属于折射现象，故C错误。 D、X射线是电磁波，不带电，在磁场中不能偏转，故D错误。

E、多普勒效应是波源和观察者之间有相对运动时，波源的频率不变，而接收频率随着间距的变化不同而不同，故E正确。 故选：ABE。

横波能够发现偏振现象。 干涉中一定存在衍射现象。

直棒斜插入水中时呈现弯折现象是由于光的折射原因。 X射线是电磁波，不带电，在磁场中不能偏转。

在波源和观察者之间有相对运动时，发现多普勒效应。

本题考查了偏振现象、衍射现象、折射现象、多普勒现象，理解多普勒效应是波源和观察者之间有相对运动时，接收频率发生了变化。

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11.答案：

C

解析：解：（1）以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得： mv12-mgx1=mv22-mgx2 整理得：

v22-v12=2g（x2-x1）

所以图象的斜率k=2g， 解得：g=；

（2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，则有：

E1=mv12+mg（x2-x1 ）

（3）用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经过光电门1的时间较实际值大，引起误差，故应适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，所以C正确． 故选：C

故答案为：（1）；（2）；（3）C．

（1）小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律列式，结合图象即可求解重力加速度；

（2）小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能； （3）靠近刻度尺零刻度会影响经过光电门1的时间，靠近光电门2会影响高度差的测量．

解答实验题首先要理解实验原理，知道如何减小实验误差，能从图象中得出有效信息，本题的关键是根据机械能守恒定律列出方程，难度适中． 12.答案：否 1.5 2.9 5.6 20 7.2×10-2

解析：解：（1）根据闭合电路欧姆定律有：U=E-Ir，所以图象的斜率为电源的内阻，但图象的斜率在电流较大时，变化很大，所以电源的内阻是变化的。 由图丙可以知道，电压表的示数为1.5V，而从图象的纵轴截距知道，电源电动势E=2.9V。 从图象知：电压表的示数可以读出为1.5V，电流为0.25A，根据欧姆定律可求电源内阻r===5.6Ω。

（2）在实验一中，电压表的示数为2.5V，连接坐标原点与电源的（2.5V的路端电压）两点，作出定值电阻的伏安特性曲线如图所示，此时还能求出滑动变阻器的阻值R=-5Ω=20Ω，同时该直线与图象b有一交点，则该交点是电阻是实验二对应的值，

由交点坐标可以读出：1.5V，0.06A，所以滑动变阻器此时消耗的功率 P=（0.06）2×20W=7.2×10-2W。

10-2 故答案为：（1）否，1.50，2.9，5.6；（2）20，7.2×

（1）根据电源的U-I图象的物理意义，可以判断内阻不是常数，结合电压表读数，利用图象可以求出电源对应的内阻；

（2）结合电源的U-I图象和电阻的U-I图象，找出交点，求出滑动变阻器消耗的功率。 本题考查描绘小电珠的伏安特性曲线，关键是弄懂电源的U-I图象和电阻的U-I图象交

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点的物理意义。

13.答案：解：（1）由能量关系可得：解得：， （2）设轨迹圆半径为r，轨迹圆圆心为O3，则

qvB= ，方向垂直纸面向里

联立解得：B=（3）由几何关系可知：

在∠O3O1O2=90°范围入的粒子，占总数的一半，将从磁场圆圆弧O1E的弧间射出； 在∠O2O1G=60°范围入的力，占总数的，从磁场圆圆弧EF的弧间射出， 故从圆弧O1E和圆弧EF射出的粒子数之比为：90：60=3：2 答：（1）粒子到达O1点时速度v的大小为（2）圆形磁场区域的磁感应强度为；

，方向垂直纸面向里；

（3）从圆弧O1E和圆弧EF射出的粒子数之比为3：2。

解析：（1）粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度，

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度。

（3）根据几何关系确定能到达圆盘的粒子，根据角度关系可求得打在圆盘上粒子所占比值。

本题考查带电粒子在磁场中运动，此类问题解题的关键在于明确粒子的运动情况，注意应用几何关系确定圆心和半径。本题中注意第三小问中利用角度来求粒子数所点比例。 14.答案：解：（1）A下滑过程机械能守恒， 由机械能守恒定律得：mgR=，

代入数据解得：v0=3m/s，

3N•s=3N•s； 由动量定理得：I=mv0=1×

（2）若A、B刚好不发生碰撞，则A运动B处时三者速度相等， 系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=3mv1， 由动能定理得：解得：μ=，

，

发生碰撞的条件为：代入数据解得：μ＜0.3；

（3）物块A、B发生弹性碰撞，系统机械能守恒，由于质量相等，

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碰撞前后A、B交换速度，B相对于A、C向右运动，以后发生的过程相当于第2问所进行的延续，由B替换A继续向右运动。

若B刚好与P不发生碰撞，A、B、C三者速度相等，

系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=3mv2， 由动能定理得：-μmgL=解得：μ=若，即：，

时A、B碰撞但B与P刚好不发生碰撞，

，

B与P发生碰撞的条件是：μ＜就能使B与P发生碰撞，故A与B碰撞后，

代入数据解得：μ＜0.15；

答：（1）滑块从释放到离开轨道受到的冲量大小为3N•s； （2）滑动摩擦因数均为μ应满足的条件是：μ＜0.3； （3）滑动摩擦因数均为μ应满足的条件是：μ＜0.15。

解析：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出A到达底端时的速度，然后应用动量定理求出冲量。

（2）系统动量守恒，应用动量守恒定律与动能定理可以求出动摩擦因数满足的条件。 （3）分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律与动能定理求出动摩擦因数满足的条件。

本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律与动能定理可以解题。

15.答案：解：①对氮气的等温变化，由玻意耳定律得： P1（）=P2 对氢气的等温变化，由玻意耳定律得： P1（）=（P2+） 解得：M= ②将汽缸从图示位置在竖直面内顺时针缓慢转90°至竖直位置，再次稳定时，设氢气的体积为xS

对氢气的等温变化，由玻意耳定律得： P1（）=P3xS

对氮气的等温变化，由玻意耳定律得： P1（）=（P2+）（L-x）S

解得：x=0.78L 答：①活塞的质量M= ②若将汽缸从图示位置在竖直面内顺时针缓慢转90°至竖直位置，再次稳定时，氢气的体积为0.78LS。

解析：①分别以氢气和氮气为研究对象，根据理想气体状态方程列式，并结合两部分气体的体积、压强关系求解。

②分别以氢气和氮气为研究对象，根据理想气体状态方程列式，分析两部分气体变化后

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的体积、压强关系求解。

本题考查了理想气体状态方程的应用，关键是抓住两部分气体之间的体积、压强联系，确定好初末状态的各个状态参量，由理想气体状态方程求解。

解：（i）细激光束在棱镜和圆柱中的光路图如图所示，由几何关系可知 β=30° 16.答案：

根据折射定律由几何关系得FH=GB= 故在△GEB中，由几何关系得∠GEB=30°又因，故sinγ=nsin∠GEB= 可得 γ=45°

（ii）由几何关系可知故激光束在棱镜中传播的路程为光束在棱镜中的传播速度 单色细激光束在棱镜中传播的时间为答：（1）单色细激光束从圆弧上的E点（图中未画出）射出时的折射角是45°。 （2）单色细激光束在棱镜中传播的时间是。

解析：（i）先研究光线在D点的折射，由折射定律求出折射角。由几何知识求出光线

射到E点的入射角，再由折射定律求得光线在E点的折射角；

（ii）由几何知识求得激光束在棱镜中传播的路程，由v=求出光在棱镜中传播的速度，从而求得传播时间。

解决此题的关键要掌握全反射的条件、折射定律式、临界角公式、光速公，要能灵活运用几何知识求解相关角度和光在棱镜中传播的距离。

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