2020年安徽省六安一中高考物理适应性试卷

2020年安徽省六安一中高考物理适应性试卷

1. 金属钙的逸出功为4.3×10?19J ，普朗克常量?=6.6×10?34J ?s ，光速c =3.0×108m/s ，以下说法正

确的是( )

A. 用波长为500nm 的单色光照射金属钙，能产生光电效应

B. 若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应，则增大光的强度将会使光电子的最大初动能增大

C. 若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则在保持强度不变的情况下，增大入射光频率，

则单位时间内发射的光电子数不变

D. 若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则减小光的强度将会使单位时间内发射的光电子

数减少

2. 地面上放置一粗糙三角形斜面体，斜面体上有一物块在沿斜面向上的力F 作用下恰

好能保持静止(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，现撤去F ，下列说法正确的是( )

A. 物块一定处于静止状态

B. 物块所受的摩擦力大小不变

C. 物块所受的摩擦力方向一定变化

D. 地面对三角形斜面体支持力可能不变

3. 为科学探测月球地质资源，我国于2018年12月8日2时23分，发射嫦娥四号探测器，开启了月球探

测的新旅程。嫦娥四号首先需发射到近地点约200公里，远地点38万公里的地月转移轨道，随后进入离月球高度为100km 的环月圆轨道。2019年1月3日早上，嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极?艾特肯盆地冯卡门撞击坑的预选着陆区。下列关于嫦娥四号的说法正确的是( )

A. 嫦娥四号质量越大，脱离地球所需的发射速度越大

B. 嫦娥四号发射速度需要大于11.2km/s

C. 嫦娥四号在地月转移轨道上逐渐远离地球过程中，速度变小，加速度也变小

D. 嫦娥四号在由地月转移轨道变到环月轨道后，速度大于月球第一宇宙速度

4. 空间中一静电场的某物理量在x 轴上分布情况如图所示，其中OA

????? =OB ?????? ，则( )

A. 若为E?x图象，则φA=φB

B. 若为E?x图象，则将一电子由A沿x轴移向B，电场力先做负功再做正功。

C. 若为φ?x图象，则E A、E B相同

D. 若为φ?x图象，在A自由释放一电子，其仅在电场力作用下运动到B，加速度可能先变小后增大

5.通电直导线A、B与圆形通电导线环放在同一粗糙绝缘水平面上，O为导线环圆

心，导线A、B与导线环直径CD平行且到CD距离相等，当它们通有如图所示

的电流后，均仍处于静止状态，则()

A. O点磁感应强度为0

B. 导线环受到向右的摩擦力

C. 导线A受到的摩擦力一定向右

D. 导线B受到的摩擦力一定向右

6.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1：2，原线圈接u=220√2sin100πt(V)的正弦交流电，R1=

50Ω，R2=100Ω，滑动变阻器R最大阻值100Ω，开始时滑片位于a端，?为理想电压表。则()

s

A. 副线圈中交流电周期为1

25

s时，电压表示数为88√2V

B. t=1

20

C. 滑片由a向b滑动的过程中，电流表示数变大，电压表示数变小

D. 滑片由a向b滑动的过程中，原线圈输出功率变小

7.在光滑的水平面上有两个磁感应强度大小都为B的水平匀强磁场，虚线3为磁场分界线，如图所示，

一个边长为l、质量为m、总电阻为r的正方形金属框abcd垂直磁场方向，以水平速度v从图示位置1

开始向右运动，经过位置2、位置3的速度分别为3

4v、v

2

，则下列说法正确的是()

A. 在位置1，c、d两端电压为Blv

B. 在位置2，线框的加速度为零

C. 在位置3，线框的电功率为4B2l2v2

r

D. 在位置3，线框的加速度为2B2l2v

mr

8.在某一粗糙的水平面上，一质量为1kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时

间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象，AB平行于x轴，BC为四分之一圆弧曲线。已知重力加速度g=10m/s2，根据以上信息能得出的物理量有()

A. 物体运动的时间

B. 物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.8

C. 合外力对物体所做的功

D. 物体做匀速运动时的速度

9.某实验小组进行实验探究的装置如图所示，已知遮光条通过光电门的时间为t，宽度为d，小车A到光

电门B的距离为s，重物质量为m，小车质量为M。

(1)若该小组利用此装置验证系统机械能守恒，则需要验证的关系式为______(用题所给的物理量表示，

不考虑摩擦阻力)

(2)若该小组通过描点作出线性图象来反映小车所受合力做的功与小车动能改变的关系

①他们作的图象关系是下列哪一个时才能符合实验要求______。

A.s?t

B.s?t2

C.s?t?1

D.s?t?2

②下列哪个实验操作能够减小实验误差______。

A.调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动

B.必须满足重物的质量远小于小车的质量

C.必须保证小车从静止状态开始释放

10.热敏电阻包括正温度系数电阻器(PTC)和负温度系数电阻器(NTC).正温度系数电阻器(PTC)在温度升高

时电阻值越大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值越小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中．某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻R x(常温下阻值约为10.0Ω)的电流随其两端电压变化的特点，如图所示．

A.电流表A1(量程100mA，内阻约1Ω)

B.电流表A2(量程0.6A，内阻约0.3Ω)

C.电压表V1(量程3.0V，内阻约3kΩ)

D.电压表V2(量程15.0V，内阻约10kΩ)

E.滑动变阻器R(最大阻值为10Ω)

F.滑动变阻器R′(最大阻值为500Ω)

G.电源E(电动势15V，内阻忽略)H.电键、导线若干

①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的

器材中选择必需的器材，应选择的器材为电流表______；电压表______；滑动变阻器______.(只需填写器材前面的字母即可)

②请在所提供的器材中选择必需的器材，在图1虚线框内画出该小组设计的电路图．

③该小组测出热敏电阻R1的U?I图线如图2曲线I所示．请分析说明该热敏电阻是______ 热敏电阻(填

PTC或NTC)．

④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U?I图线如图2曲线II所示．然后又将热敏电阻R1、R2

分别与某电池组连成电路如图3所示．测得通过R1和R2的电流分别为0.30A和0.60A，则该电池组的电动势为______V，内阻为______Ω.(结果均保留三位有效数字)

11.如图所示平面内，O为原点，第一象限内有平行于y轴的匀强电场，第四象

限有垂直于xOy平面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度大小为B，有一带电

粒子从y轴上的M点垂直于y轴进入第一象限，经过电场后由x轴上的N点

L，ON距离为L，

进入第四象限，粒子最终可返回x轴。已知OM距离为√3

2

粒子初速度为v，所带电荷量大小为+q，质量为m，重力不计。求

(1)电场强度的大小；

(2)能让粒子返回x轴的磁场最小面积。

12.如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水

平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体用细绳将它们连接，中间有一被压缩的轻质弹簧，弹簧的弹性势能E p=19.5J，已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15，某时剪断细绳，小物体m1向左运动，g取10m/s2，求：

(1)剪断细绳后m1向左运动速度大小；

(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送

带多提供的电能E；

(3)为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R

和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。

13.下列说法正确的是()

A. 晶体在一定的条件下可以转化为非晶体，但非晶体无法转化为晶体

B. 物体的内能改变时温度不一定改变

C. 某种液体的饱和汽压随温度的升高而增大，随体积的增大而减小

D. 分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大

E. 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量

14.如图所示，容器A和气缸B都是导热的，A放置在127℃的恒温槽中，B放置在27℃

的空气中，大气压强为p空=1.0×105Pa，开始时阀门K关闭，A内为真空，其

体积V A=3.6L，B内活塞截面积S=100cm2、质量m=2kg，活塞下方充有理想

气体，其体积为V B=6.0L，活塞上方与大气连通，A与B间连通细管体积不计，打开阀门K后活塞缓慢下移至某一位置(未触及气缸底部)，不计A与B之间的热传递，取g=10m/s2，试求：

①活塞稳定后气缸B内气体的体积；

②活塞下移过程中，活塞对气缸B内气体做的功。

15.一列波沿x轴方向传播，某一时刻的波形如图所示。质点A与坐标原点O的水平距离为0.6m，波长λ=

1.6m，此时质点A沿y轴正方向振动，经过0.1s第一次到达波峰处，则下列说法中正确的是()

A. 这列波沿x轴正方向传播

B. 这列波的周期T=0.8s

C. 波速v=14m/s

D. 从图示时刻开始，质点A经过△t=1.6s运动的路程为0.4m

E. 从图示时刻开始，质点A经过△t′=0.5s第一次到达波谷

16.如图甲所示是由透明材料制成的半圆柱体，一束细光束由真空沿着径向与AB成θ角射入，对射出的折

射光线的强度随θ角的变化进行记录，得到的关系如图乙所示，如图丙所示是这种材料制成的器具，左侧是半径为R的半圆，右侧是长为8R，高为2R的长方体，一束单色光从左侧A′点沿半径方向与长边成37°角射入器具。已知光在真空中的传播速度为c，求：

①该透明材料的折射率；

②光线穿过器具的时间。

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、波长为500nm的单色光的光子能量为：E=?c

λ=6.6×10?34×3.0×108

500×10?9

J=3.96×10?19J<

4.3×10?19J，故用波长为500nm的单色光照射金属钙，不能产生光电效应现象，故A错误；

B、根据爱因斯坦光电效应方程可知，E km=?v?W0，光电子的最大初动能与光的强度无关，故B错误；

C、若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则在保持强度不变的情况下，增大入射光频率，则单位时间照射到金属表面的光子数减少，单位时间内发射的光电子数减小，故C错误；

D、若某波长的单色光能使金属钙产生光电效应现象，则减小光的强度，则单位时间内发射的光子数减小，将会使单位时间内发射的光电子数减小，故D正确。

故选：D。

光子能量公式为E=?c

λ

，只有光子能量大于等于金属的逸出功时，才能发生光电效应。

入射光的强度决定了单位时间内发射的光电子数。

光电子的最大初动能与入射光的频率有关。

此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键是掌握发生光电效应的条件，知道光的强度不影响是否发生光电效应，只影响发出单位时间内光电子的数目。光电子的最大初动能与入射光的频率有关。

2.【答案】D

【解析】解：AC、由于物体恰好能保持静止，当F未撤去时，若物体有沿斜面向下的运动趋势时，由于沿斜面方向平衡，则最大静摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件得：F+μmgcosθ=mgsinθ，则有：

μmgcosθ

B、若物体有沿斜面向上的运动趋势时，由于沿斜面方向平衡，则最大静摩擦力方向沿斜面向下，根据平衡条件得：F=μmgcosθ+mgsinθ，撤去F后，若物体沿斜面下滑，物块所受的摩擦力大小不变；若物体保持静止状态，摩擦力等于mgsinθ，摩擦力发生了变化，故B错误；

D、若物体有沿斜面向下的运动趋势时，根据平衡条件得：F+μmgcosθ=mgsinθ，撤去F后，物体对斜面体的作用力保持不变，则地面对三角形斜面体支持力不变，故D正确。

故选：D。

根据物体沿斜面方向的运动趋势的不同，物体受到的静摩擦力有两种情况进行讨论即可。

本题考查的是物体的平衡问题，解决本题的关键能够正确地受力分析，通过对沿斜面方向，列平衡进行分析。

3.【答案】C

【解析】解：A、脱离地球引力所需的最小发射速度为11.2km/s，发射速度与嫦娥四号的质量无关，故A 错误；

B、绕月球运动未脱离地球的引力束缚，发射速度小于地球的第二宇宙速度，故B错误；

C、远离地球过程中引力做负功且减小，远离地球过程中万有引力减小，加速度减小，故C正确；

D、绕月球运动，速度不能大于月球的第一宇宙速度，故D错误；

故选：C。

通过宇宙速度的意义判断嫦娥四号发射速度的大小，根据引力做功正负判断速度的变化情况，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，环月运动最大运行速度等于月球的第一宇宙速度。

理解宇宙速度的物理意义是解决本题的关键，知道第一宇宙速度是最大运行速度，同时要能根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况。

4.【答案】D

【解析】解：A、若为E?x图象，沿电场线方向电势逐渐降低，则AB两点电势一定不相等，故A错误；

B、若为E?x图象，由于沿电场线方向电势一直是降低的，所以电场力不可能先做负功再做正功，故B错误；

C、若为φ?x图象，其斜率代表电场强度，则AB两点电场强度大小相等，但方向相反，故C错误；

D、若为φ?x图象，其斜率代表电场强度，从A点运动到B点，斜率先减小后变大，所以加速度可能先变小后增大，故D正确。

故选：D。

若为E?x图象，沿电场线方向电势逐渐降低；若为φ?x图象，其斜率代表电场强度。

解决该题的关键在于要知道沿电场线方向电势逐渐降低以及在φ?x图象，其斜率代表电场强度。

5.【答案】C

【解析】解：

A、使用右手定则，判断圆形通电导线产生的磁场，圆内沿纸面向外，圆外沿纸面向内。导线B在O点感应

磁场沿纸面向内，导线A在O点感应磁场沿纸面向外。但题目未给出A、B及圆形导线电流大小，故O点有场强方向无法判断。故A错误；

B、导线B在圆形导线感应磁场沿纸面向内，圆形导线左半圆受安培力向右，右半圆受安培力向左，但左半圆离导线B距离近，故B对圆形导线总安培力向右。导线A在圆形导线感应磁场沿纸面向外，同理A对圆形导线总安培力向左。但未知A、B导线电流大小，故无法判断圆形导线合力方向，故B错误；

C、圆形导线在A处产生磁场沿纸面向里，故A受到安培力向左。导线B在A处产生磁场沿纸面向里，故A 受到安培力向左。故A合力向左，则必定受向右摩擦力。故C正确；

D、圆形导线在B处产生磁场沿纸面向里，故B受到安培力向左。导线A在B处产生磁场沿纸面向外，故B 受到安培力向右。因未知圆形导线和A导线电流大小，故B导线受安培力方向无法判断。故D错误；

故选：C。

1、右手定则判断圆形导线及直线导线感应磁场

2、左手定则判断圆形导线和直导线受到的安培力

此题考查圆形导线、直线导线产生的感应磁场及带电导线在磁场中的受力。直线导线感应磁场近大远小及圆形导线分为2个半圆判断安培力是本题解题关键。

6.【答案】CD

【解析】解：A、原线圈接u=220√2sin100πt(V)的正弦交流电，则有：2π

T

=100π，解得原线圈交流电的

周期T=1

50s，则副线圈中交流电周期也为1

50

s，故A错误；

B、交流电压表显示的是有效值，R2和滑动变阻器R最大阻值并联的电阻为R并=50Ω，开始时将原线圈和

副线圈所在电路等效成电阻R等效，则R等效=n12

n22R

并

=12.5Ω，此时原线圈的电流为I1=220

50+12.5

A=3.52A，

此时原线圈两端电压为：U1=I1R等效=44V；根据变压器原理可得电压表的示数为U V=U2=n2n

1

U1=88V，故B错误；

C、滑片由a向b滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈电流变大，则原线圈中电流变大，原线圈电压变小，则电压表示数变小，故C正确；

D、开始时将原线圈和副线圈所在电路等效成电阻R等效，则R等效=n12

n22R

并

=12.5Ω

逐渐变小，原线圈输出功率变小，故D正确。

故选：CD。

求出原线圈交流电的周期，则副线圈中交流电周期等于原线圈交流电周期；

交流电压表显示的是有效值，根据等效电阻结合变压器的原理求解；根据电路动态分析的方法进行分析；

开始时将原线圈和副线圈所在电路等效成电阻R等效，则R等效=n12

n22R

并

，再根据“内外电阻相等时输出功率

最大”进行分析。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；本题的难点在于能够将副线圈的电阻等效为原线圈的电阻进行处理。

7.【答案】BD

【解析】解：A、在位置1，cd边切割磁感应线产生的感应电动势为E1=Blv，c、d两端电压为路端电压，

即为U=3

4

Blv，故A错误；

B、在位置2，线框内磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可得感应电流为零，则安培力为零，根据牛顿第二定律可知线框的加速度为零，故B正确；

C、在位置3，线框切割磁感应线产生的感应电动势E3=2Bl?v

2=Blv，所以线框的电功率为P=E32

r

=B2l2v2

r

，

故C错误；

D、在位置3，回路中的感应电流为I3=E3

r =Blv

r

，前后两边安培力方向均向左，根据牛顿第二定律可得：a=

2BI3l m =2B2l2v

mr

，故D正确。

故选：BD。

c、d两端电压为路端电压，根据欧姆定律结合E=Blv进行解答；

在位置2感应电流为零，则安培力为零，根据牛顿第二定律可知线框的加速度大小；

在位置3，求出线框切割磁感应线产生的感应电动势，根据电功率的计算公式求解线框的电功率，根据牛顿第二定律求解加速度。

本题主要是考查电磁感应现象中的力学问题和电路问题，对于电路问题要能够确定哪部分是电源，能够根据闭合电路的欧姆定律进行解答；对于力学问题，要能够分析求出受力情况，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程解答。

8.【答案】BCD

【解析】解：A、因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，故A错误；

B、物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力f大小相等，则有F=f=μmg，因此，μ=F

mg =8

10

=0.8，

故B正确；

CD、减速过程由动能定理得：W F+W f=0?1

2

mv2，根据F?x图象与坐标轴围成的面积可以估算出拉力做的功W F，而W f=?μmgx，由此可以求得合外力对物体所做的功(W F+W f)及物体做匀速运动时的速度v，故CD正确。

故选：BCD。

根据物体的运动情况确定能否求运动时间；物体做匀速运动时，受力平衡，拉力等于摩擦力，根据F=μmg 求解动摩擦因数，图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，从而求出合外力做的功，根据动能定理求物体做匀速运动时的速度。

本题的关键要知道在F?x图象中，图象与坐标轴围成的面积表示F做的功，通过估算可以求出拉力F做的功。

9.【答案】mgs=1

2(M+m)(d

t

)2D C

【解析】解：(1)从位置A到位置B的过程中，系统重力势能的减少量为△E p=mgs，

系统的初速度为零，则此过程中系统的动能的增加量为：△E k=1

2(M+m)v2=1

2

(M+m)(d

t

)2，

若系统机械能守恒，则系统减少的重力势能等于系统动能的增加量，即有表达式：mgs=1

2(M+m)(d

t

)2。

(2)①数字计时器记录通过光电门的时间，由位移公式计算出物体通过光电门的平均速度，用该平均速度代

替物体的瞬时速度，故在遮光条经过光电门时滑块的瞬间速度为：v=d

t

根据动能定理：Fs=1

2Mv2=1

2

M(d

t

)2；

可见s与t2成反比，即与t?2成正比，故应作出s?t?2图象，故ABC错误，D正确。

故选：D；

②AB、经前面分析知，本实验为保持合外力不变，通过改变位移得大小来改变做功，因此需要保持合外力不变，不需要让合外力近似为重物的重力，故AB错误；

C、经前面分析知，要使s?t?2图象为过原点的直线，应保证小车初动能为零，即必须保证小车从静止状态开始释放，故C正确。

故选：C。

故答案为：(1)mgs=1

2(M+m)(d

t

)2；(2)①D；②C。

(1)根据重力做功与重力势能变化的关系求出系统重力势能的减少量，再求出系统动能的增加量，若系统机械能守恒，则系统减少的重力势能等于系统动能的增加量，即可得表达式；

(2)①由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度；根据动能定理推导出s?t的表达式，画图线是线性关系的图象最能反映规律；

②根据实验原理和操作方法分析实验误差。

常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础。处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。

10.【答案】(1)B；D；E

(2)

(3)PTC

(4)10.0；6.67

【解析】解：①由于实验要求电压从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节；

根据电源电动势为15V可知电压表应选D；

电压表的最小电压应为量程的1

3

即5V，常温下热敏电阻的电阻为10Ω，所以通过热敏电阻的最小电流应为

I m=5

10

A=0.5A，所以电流表应选B；

②由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：

③根据U=RI可知，图象上的点与原点连线的斜率等于待测电阻的阻值大小，从图线Ⅰ可知电阻各点与原点连线的斜率逐渐增大，所以电阻随电压(温度)的增大而增大，即电阻是正温度系数，所以该热敏电阻是PTC；

④在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2可知，电流为0.3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0.60A 时，电阻R2两端电压为6.0V，则：E=8+0.3r，E=6+0.6r，解得：E=10.0V，r=6.67Ω．

故答案为：①B，D，E；

②如图

③PTC

④10.0，6.67

(1)明确实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；应根据电源电动势的大小来选择电压表的量程；通过求出通过待测电阻的最小电流来选择电流表的量程．

(2)根据待测电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法．

(3)关键是明确U?I图象中图线的点与原点连线的斜率等于待测电阻的阻值，通过比较斜率大小即可求解．

(4)根据U?I读出R1和R2两端的电压，然后根据闭合电路欧姆定律列式求解即可．

本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法．

11.【答案】解：(1)在第一象限内，粒子做类平抛运动，沿x轴方向

做匀速度运动，：则L=vt

在y轴方向做初速度为零的匀加速度运动，则√3

2L=1

2

at2

在y轴方向，根据牛顿第二定律可得：qE=ma

联立解得E=√3mv 2

qL ，a=√3v2

L

，t=L

v

(2)到达N点时，沿y轴方向的速度为v y=at=√3v 故N点的速度为v N=√v2+v y2=2v

与水平方向的夹角为cosθ=v

2v =1

2

故θ=60°

粒子进入磁场后，根据牛顿第二定律可得：q?2vB=m(2v)2

r ，解得r=

2mv

qB

能让粒子返回x轴，此时粒子离开磁场时速度方向恰好沿x轴负方向，粒子运动轨迹图如图所示由几何关系可得：此时粒子的圆心角为120°，故NP=r?rcos60°

NQ=2rsin60°

故最小面积S=NP?NQ=2√3m 2v2

q2B2

答：(1)电场强度的大小为√3mv 2

qL

；

(2)能让粒子返回x轴的磁场最小面积为2√3m2v2

q2B2

【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度；

(2)根据速度的合成求得到达N点的速度，及与x轴的方向，做出粒子的轨迹图，即可根据几何关系求得磁场的最小面积。

本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式可以解题；解题时注意几何知识的应用；处理带电粒子在磁场中运动的基本思路是：作出运动轨迹，确定圆心，求半径、求圆心角，然后应用牛顿第二定律求解。

12.【答案】解：(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：

0=m1v1?m2v2

剪断细绳前弹簧的弹性势能为：E p=1

2m1v12+1

2

m2v22

解得v1=10m/s，v2=3m/s

(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：

?μm2gx=0?1

2

m2v22

解得x=3m

则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。

根据动量定理得：μm2gt=m2v0?(?m2v2)

解得：t=3s

该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=1.5×3m=4.5m

故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：

E=μm2gx

带

解得：E=6.75J

(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。

从A到C由机械能守恒定律得：1

2m1v12=1

2

m1v C2+2mgR

由平抛运动的规律有：

x=v C t1

gt12

2R=1

2

联立整理得x=√4R(10?4R)

根据数学知识知当4R=10?4R，即R=1.25m时水平位移最大为x=5m

答：(1)剪断细绳后m1向左运动速度大小是10m/s。

(2)为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E是6.75J。

(3)当R为1.25m时水平位移最大x为5m。

【解析】(1)剪断细绳后弹簧将两个物体弹开的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，可求出剪断细绳后m1向左的速度大小。

(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，先要判断m2从哪离开传送带，可根据动能定理求出m2向右减速运动的最大距离，从而判断m2从哪离开传送带。根据动量定理求所用时间，再根据能量守恒求电动机需对传送带多提供的电能E。

(3)根据机械能守恒定律和平抛运动的规律得到小物体m1平抛的水平位移x与圆半径的表达式，由数学知识求解。

本题是一道力学综合题，分析清楚物体的运动过程，灵活运用函数法求x最大值的条件，根据机械能守恒定律与平抛运动的规律得到x与R的表达式是解题的关键。

13.【答案】BDE

【解析】解：A、在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体；把晶体硫加热熔化(温度超过300℃)再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为晶体硫，故A错误。

B、物体的内能是分子动能和分子势能的和，温度是分子平均动能大小的标志，温度升高物体分子的平均动能增大，分子势能变化不清楚，所以内能不一定改变，故B正确。

C、液体的饱和汽压随温度的升高而增大，在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关，故C错误。

D、如图所示：

分子间引力和斥力都是随着分子间距离的减小而增大，故D 正确。

E 、空调机在制冷过程中，把室内的热量向室外释放，消耗电能，产生热量，故从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，故E 正确。 故选：BDE 。

某些晶体和非晶体在一定的条件下可以相互转化；物体的内能是分子动能和分子势能的和；根据F ?r 图象理解记忆；由于电流做功，空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量。

本题考查了晶体和非晶体、分子力、热力学定律等知识点。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。

14.【答案】解：①稳定后，以活塞为研究对象，

由受力平衡可得：mg +p 空S =p B S 解得：p B =1.02×105Pa ，

A 与

B 连通，压强相等，则：p A =1.02×105Pa ，

连通后，部分气体从B 流入A ，这部分气体的末状态：V A =3.6L ，T A =400 K 流入A 的气体的初状态：T B =300 K

根据盖?吕萨克定律，有：V BA T B

=V

A

T A

代入数据得：V BA =2.7 L

则B 中剩余的气体体积V B ′=6.0L ?2.7L =3.3L ； ②活塞下移过程，外界对气缸B 内气体做功为： W =p △V =(p 空+

mg S

)V BA =275.4J 。

答：①活塞稳定后气缸B 内气体的体积为3.3L ；

②活塞下移过程中，活塞对气缸B 内气体做的功为275.4J 。

【解析】①稳定后，以活塞为研究对象，由受力平衡求解B 内气体压强；连通后，部分气体从B 流入A ，根据盖?吕萨克定律列方程求解；

②活塞下移过程，根据W=p△V求解外界对气缸B内气体做功。

本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找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。本题要能用静力学观点分析各处压强的关系，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题。

15.【答案】ABE

【解析】解：A、质点A由平衡位置向正的最大位移处运动，由平移法可知，波沿x轴正方向传播，故A正确；

B、C、由题可知，λ=1.6m；由图，O点到左侧的波峰的距离为半个波长，等于0.8m，所以A点到波峰的

时间：t=0.1=0.8?0.6

v

所以：v=2m/s

得：T=λ

v =1.6

2

=0.8s.故B正确，C错误；

D、由于1.6s=2T，则经过1.6s质点A的路程为8A，由图可知，该波的振幅为10cm=0.10m，所以A的路程：s=8A=8×0.10=0.8m。故D错误；

E、由图可知，A左侧的波谷到O点的距离为一个波长，等于1.6m，质点A第一次到达波谷的时间即该波谷

传播到A的时间，所以：t=△s

v =1.6?0.6

2

=0.5s，故E正确

故选：ABE。

根据图示波形图，由平移法可以判断波的传播方向；A与坐标原点间的距离可以求出波长；根据质点A的振动可以求出波的周期，根据周期与频率的关系可以求出波的频率；已知波长与周期，由波速公式可以求出波速。

本题考查了求波长、频率、波速、波的传播方向等问题，由波形图及质点与坐标原点间的距离可以求出波长，根据质点的振动情况可以求出波的周期，由波速、波长与周期间的关系可以求出波速。

16.【答案】解：①由图乙可知，θ=37°时，折射光线开始出现，说明此时对应的入射角应是发生全反射的临界角，即：C=90°?37°=53°，

根据全反射临界角公式为：sinC=1

n

，

则有折射率：

n=arcsin C=1.25。

②因为临界角是53°，光线在玻璃砖

中刚好发生3次全反射，光路图如图所示，则光程为：L=11R；

光在器具中的传播速度为：v=c

n =c

1.25

；

光在器具中的传播时间：t=L

v =55R

4c

；

答：①该透明材料的折射率1.25；

②光线穿过器具的时间55R

4c

。

【解析】①由图象能读出此透明体的临界角，根据全反射临界角公式sinC=1

n

，求解折射率n；

②根据光路图，结合光的全反射，确定光程，并根据v=nc与t=L

v

，即可求解。

解决本题关键要理解全反射现象及其产生的条件，并掌握临界角公式，同时注意光在器具中的传播速度与光在真空中传播速度的不同。