2020年江苏省扬州中学高考物理模拟试卷(6月份)

2020年江苏省扬州中学高考物理模拟试卷（6月份）

1.甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移一时间图象

如图所示，则在0～t1时间内()

A. 甲的速度总比乙大

B. 甲、乙位移相同

C. 甲经过的路程比乙小

D. 甲、乙均做加速运动

2.建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的

雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动，则

()

A. 倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越小

B. 倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大

C. 倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大

D. 倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短

3.标有“220V40W”的电灯和标有“20μF，300V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表．交

流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是()

A. t=T

时刻，V的示数为零 B. 电灯恰能正常发光

2

C. 电容器不可能被击穿

D. V的示数保持110√2V不变

4.为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活

动，假设火星半径与地球半径之比为1：2，火星质量与地球质量之比为1：9.已知地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，万有引力常量为G，忽略自转的影响，则()

A. 火星表面与地球表面的重力加速度之比为2：9

B. 火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为√2：3

C. 火星的密度为g

3πGR

D. 若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为9：2

5.如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉

力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则()

A. μ1>μ2

B. μ1<μ2

C. 若改变F的大小，当F>μ2(m1+m2)g时，长木板将开始运动

D. 若将F作用于长木板，当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动

6.单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时

间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是()

A. T

2

时刻线框平面与中性面垂直

B. 线框的感应电动势有效值为√2πΦm

T

C. 线框转一周外力所做的功为2π2Φm2

RT

D. 从t=0到t=T

4过程中线框的平均感应电动势为πΦm

T

7.如图甲所示电路中，R为电阻箱，电源的电动势为E，内阻为r。图乙为电源的输出功率P与电流表示

数I的关系图象，其中功率P0分别对应电流I1、I2，外电阻R1、R2，下列说法中正确的是()

A. I1+I2>E

r B. I1+I2=E

r

C. R1

r

>r

R2

D. R1

r

=r

R2

8.如图所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的

导电电极，两极间距为d，极板的长、宽分别为a、b，面积为S，这两个电极与可变电阻R相连。在垂直于前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体--等离子体，等离子体以速度v向右流动，并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，下列说法不正确的是()

A. 磁流体发电机的电动势为E=Bbv

B. 可变电阻R中的电流方向是从P到Q

C. 可变电阻R上消耗的最大电功率为B2v2dS

ρ

D. 可变电阻R上消耗的最大电功率为B2v2dS

4ρ

9.如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，

右侧是一个足够长固定斜面，一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及定滑轮，两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1>m2，开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在圆心O的正下方，不计一切阻力及摩擦。当m1由静止释放开始运动，则下列说法中正确的是()

A. 在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少

B. 当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的√2倍

C. m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力会发生变化

D. 若m1运动到C点时细绳突然断开，在细绳断开后，m1不能沿碗面上升到B点

10.某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系．

(1)如图(a)，将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测得相应的弹簧长度，

部分数据如下表，有数据算得劲度系数k=______N/m(g取9.8m/s2).

砝码质量(g)50100150

弹簧长度(cm)8.627.63 6.66

个光电门的速度大小______．

(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程

中，弹簧的弹性势能转化为______．

(4)重复③中的操作，得到v与x的关系如图(c).有图可知，v与x成______关系，由上述实验可得结

论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的______成正比．

11.某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不同的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的

电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13V，内阻小于3Ω，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)，改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：

(1)把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：

第一步：按电路图连接实物

第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零

第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V

第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为______V

第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15V的电压表

(2)实验可供选择的器材有：

A.电压表(量程为3V，内阻约为2kΩ)

B.电流表(量程为3A，内阻约为0.1A)

C.电阻箱(阻值范围0～9999Ω)

D.电阻箱(阻值范围0～999Ω)

E.滑动变阻器(阻值为0～20Ω，额定电流2A)

F.滑动变阻器(阻值为0～20kΩ)

回答：电阻箱应选______，滑动变阻器应选______．

(3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变)，测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，

得到多组电压U和电流I的值，并作出U?I图线如图丙所示，可知电池的电动势为______V，内阻为______Ω.

12.下列说法中正确的有()

A. 只有原子序数大于或等于83的元素才具有放射性

B. 卢瑟福根据α粒子散射实验估测出了原子直径的数量级

C. 大量处于第5能级(即量子数n=5)的氢原子，在向低能级跃迁时，最多可辐射出10种不同频率的

光子

D. 比结合能越大的原子核，结合能不一定越大，但是原子核一定越稳定，核子的平均质量一定越小

13.利用图甲所示电路研究光电效应中金属的遏制电压U c与入射光频率v的关系，描绘出图乙中的图象，

由此算出普朗克常量h，图乙中U1、v1、v0均已知，电子电荷量用e表示，当入射光的频率增大时，为了测定遏制电压，滑动变阻器的滑片P应向______(选填“M”或“N”)端移动，由U c?v图象可求得普朗克常量?=______。(用题中字母表示)。

14.如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度

v0=1.0m/s向左匀速运动。某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v1=

7.0m/s向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后以原速率弹回。已知冰车的质量为m1=10kg，小孩与滑

板的总质量为m2=30kg，小孩与滑板始终无相对运动。取g=10m/s2。

①求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小I。

②通过计算判断冰车能否追上小孩。

15.下列说法正确的有()

A. 1g水中所含的分子数目和地球的总人口数差不多

B. 布朗运动就是物质分子的无规则热运动

C. 一定质量的理想气体压强增大，其分子的平均动能可能减小

D. 气体如果失去了容器的约束就会散开，这是气体分子的无规则的热运动造成的

16.气象员用释放氢气球的方法测量高空的气温．已知气球内气体的压强近似等于外界大气压，氢气球由

地面上升的过程中，氢气球内壁单位面积上所受内部分子的作用力______ (填“增大”、“减小”、“不变”)，球内气体的内能______ (填“增大”、“减小”、“不变”)．

17.一足够高的内壁光滑的导热气缸竖直地浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭了一

定质量的理想气体，活塞的面积为1.5×10?3m2，如图1所示，开始时气体的体积为3.0×10?3m3，现缓慢地在活塞上倒上一定质量的细沙，最后活塞静止时气体的体积恰好变为原来的三分之一．设大气压强为1.0×105Pa.重力加速度g取10m/s2，求：

(1)最后气缸内气体的压强为多少？

(2)最终倒在活塞上细沙的总质量为多少千克？

(3)在P?V图上(图2)画出气缸内气体的状态变化过程(并用箭头标出状态变化的方向)．

18.下列说法中正确的是()

A. 医院中用于体检的“B超”利用了电磁波的反射原理

B. 在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终

保持最小

C. 在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球

运动到最低点时为宜

D. 光有偏振现象，电磁波没有偏振现象

19.如图所示，在杨氏双缝干涉实验中，选用激光的频率为6.0×1014Hz，测得屏上P点距双缝S1和S2的

路程差为1.25×10?6m，则在这里出现的应是______(选填“明条纹”或“暗条纹”)。现改用频率为

8.0×1014Hz的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将______(选填“变宽”、

“变窄”、或“不变”)，已知光速c=3×108m/s。

20.如图所示，半径为R，球心为O的玻璃半球置于半径为R的上端开口的薄

圆筒上，一束单色光a沿竖直方向从B点射入半球表面，OB与竖直方向

夹角为60°，经两次折射后，出射光线与BO连线平行，求：

①玻璃的折射率；

②光射在圆柱体侧面C点到半球下表面的距离CD．

21.如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角0=30°′导轨间距为L=0.5m，

上端接有R=3Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO′O1O?1′，磁感应强度大小为B=2T，磁场区域宽度为d=0.4m，放在轨道的一金属杆ab质量为m=0.08kg、电阻为r=2Ω，从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v=2m/s。两轨道的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g= l0m/s2，求：

(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0；

(2)金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q；

(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。

22.如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量m=1kg的小物

块(可视为质点)，当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定

的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平

面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg，

A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、?=0.15m，R=0.75m，小物块与长木板之间的动摩擦因

数μ1=0.5，g=10m/s2.求：

(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；

(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；

(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。

23.如图所示，在第一象限内，0a的区域Ⅱ中有

垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内磁场的磁感应强度大小均为B.沿y轴有一不计厚度的返回粒子收集器，内部距离原点为2√3a的P点有一粒子源，持续不断的沿x轴正方向发射速度大小不同的同种带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子的重力，求：

(1)进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度；

(2)粒子从P点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间；

(3)要使所有返回区域Ⅰ磁场的带电粒子都能被收集器收集，求收集器的最小长度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查对位移图象的物理意义的理解，关键抓住纵坐标表示物体的位置，纵坐标的变化量等于物体的位移，斜率等于速度，就能分析两物的运动情况，位移?时间图象的斜率等于速度，纵坐标的变化量等于物体的位移，两图象的交点表示两物体相遇，由此分析。

【解答】

AD.0～t1时间内，甲的斜率不变，则速度不变，做匀速运动。乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速运动，故AD错误;

B.0～t1时间内，甲、乙的起点和终点都相同，则位移相同，故B正确;

C.甲、乙都做单向运动，通过的路程等于位移，则甲、乙通过的路程相同，故C错误;

故选：B。

2.【答案】C

【解析】解：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑时加速度为a，

对水滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的的支持力N。

垂直于屋顶方向：mgcosθ=N

平行于屋顶方向：ma=mgsinθ

A、水滴的加速度为：a=gsinθ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A错误；

B、雨滴对屋顶的压力：N′=N=mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；

C、屋顶到屋檐平面的垂直距离?=L

2tanθ，水滴滑到M点时的动能等于重力势能的减小量：1

2

mv2=mg?=

mgL

2

tanθ，底边长度L是不变的，则速度随倾角θ增大而增大，故C正确

D、设从O到M的时间为t，水滴沿斜面运动距离为：s=L

2cosθ，由位移时间公式得：s=L

2cosθ

=1

2

at2

则：t=√2L

gsin2θ

，故当θ=45°时，用时最短，故D错误。

故选：C。

雨滴从房顶下淌时做初速度为零的匀加速直线运动，该物理模型和物块从斜面顶端沿斜面下滑一样，然后根据匀变速直线运动规律求解即可。

注意物理规律在生活实际中的应用；在讨论物理量的变化时，可以通过不变量和变化量之间的关系写出方程进行讨论。

3.【答案】B

【解析】解：A、交流电压表测量为交流电压的有效值，数值保持不变且不为零，有效值为U=m

√2=√2

√2

=

220V；故A错误；

B、由乙图可知，电压表的有效值为U=m

√2=√2

√2

=220V，故电灯能正常发光；故B正确；

C、交流电的最大值为311V，超过电容器的击穿电压，故电容器会被击穿；故C错误；

D、由A的分析可知，电压表的示数为220V，故D错误；

故选：B 。

交流电压表测量的电压及灯泡的工作电压均为电压的有效值；而交流电的击穿电压为最大值；

本题考查描述交流电的有效值及最大值，要注意明确交流电的有效值不能超过电容器的最大耐压值；而电压表等测量的为有效值． 4.【答案】B

【解析】解：A 、由G

Mm R 2

=mg ，得到：g =

GM R 2

，

已知火星半径是地球半径的1

2，质量是地球质量的1

9， 则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的4

9，即为4

9g 。 设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G M′m R′2=mg′，

解得：M =

gR 29G ，

密度为：ρ=M V

=2g

3πGR ，故A 错误，C 错误。

B 、由G

Mm R 2

=m v 2

R

，得到：v =√

GM R

，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的√2

3

倍。故B 正确。

D 、王跃以v 0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：?=

v 0

22g

，

由于火星表面的重力加速度是4

9g ，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度?′=9

4?.故D 错误。

故选：B 。

求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比。

根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；

由重力加速度可得出上升高度的关系。

根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系。

通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法。把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题。 5.【答案】D

【解析】 【分析】

因为木块所受的摩擦力为滑动摩擦力，地面对木板的摩擦力为静摩擦力，无法比较动摩擦因数的大小．通过对木板分析，根据水平方向上的受力判断其是否运动．当F 作用于长木板时，先采用隔离法求出临界加速度，再运用整体法，求出最小拉力。

解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体和隔离法，运用牛顿第二定律进行求解。 【解答】

AB.对m 1，根据牛顿运动定律有：F ?μ1m 1g =m 1a ，对m 2，由于保持静止有：μ1m 1g ?F f =0，F f <μ2(m 1+m 2)g ，所以动摩擦因数的大小从中无法比较，故A 、B 错误。

C .改变F 的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C 错误。

D.若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块，μ1m1g=m1a，解得a=μ1g，对整体分析，有F?μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a，

解得F=(μ1?+μ2?)(m1?+m2?)g，所以当F>(μ1?+μ2?)(m1?+m2?)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D 正确。

故选：D。

6.【答案】BC

【解析】

【分析】

本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大，对于交变电流的各个值的关系及求解方法要掌握。

【解答】

A.由图可知在T

2

时刻，线框的磁通量最大，所以线框平面处在中性面，故A错误；

B.由图可得磁通量的最大值为Φm，周期为T，所以角速度为ω=2π

T

，可知线框感应电动势的最大值为E m=

NBSω=2πΦm

T ，由于此线框在磁场绕轴转动时产生的电流为正弦交流电，故其电动势的有效值为E=m

√2

=

√2πΦm

T

，故B正确；

C.由于线框匀速转动一周，根据能量守恒定律可知外力做的功等于线框产生的焦耳热，则有W=E2

R

T=

(√2πΦm

T

)2

R T=2π2Φm2

TR

，故C正确；

D.从t=0到t=T

4的过程中，磁通量减小了ΔΦ=Φm?0=Φm，根据E

?

=nΔΦ

Δt

可得平均电动势为E

?

=4Φm

T

，

故D错误。

故选BC。

7.【答案】BD

【解析】解：AB、由闭合电路欧姆定律得：U=E?Ir，输出功率为：P=UI=EI?I2r，由图有：EI1?I12r= EI2?I22r，整理得：I1+I2=E

r

，故A错误，B正确；

CD、根据电功率表达式，P0=I12R1=I22R2，且I=E

R+r ，则有：E

2

(R1+r)2

?R1=E2

(R2+r)2

?R2，整理得：R1

r

=r

R2

，

故C错误，D正确。

故选：BD。

由图象知，电流I1、I2时电源的输出功率相等，据此由功率公式P=UI和闭合电路欧姆定律结合，进行分析便可求解。

此题考查了闭合电路欧姆定律的相关计算，解决本题的关键要掌握闭合电路欧姆定律和功率公式，结合图象的信息列出表达式，再进行分析。

8.【答案】AC

【解析】解：A.稳定时即气体离子不再偏转，此时

qvB=qE=q U d

整理得发电机电动势为

E=U=dvB

故A错误；

B.根据左手定则可判断等离子体中的正离子向上极板偏转、负离子向下极板偏转，即上极板为正极，故可变电阻R中的电流方向是从P到Q，故B正确；

CD.根据电流方向，判断高温电离气体的横截面积为S，长度为d，所以内阻为

r=ρd S

当外电阻等于电源内阻即R=r时，外电路即可变电阻R消耗的电功率最大，最大值为

P max=(

E

R+r

)2R=

E2

4r

=

B2v2dS

4ρ

故C错误，D正确，

本题选不正确的，故选：AC．

稳定时气体离子不再偏转，根据qvB=qE=q U

d

判断发电机电动势E=U；根据左手定则判断等离子体的偏转方向，而电流方向与正电荷移动的方向一致。

当外电阻等于电源内阻时，外电路消耗的电功率P=(E

R+r )2R=E2

4r

最大．

9.【答案】ABD

【解析】解：A、在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，但对小球m1来说，绳子拉力做负功，小球m1的机械能减少，故A正确；

B、设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得：v1cos45°=v2，

则v1

v2

=√2，即m

1的速率是m2速率的√2倍，故B正确；

C、m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故C错误；

D、在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律，根据A选项可知小球m1的机械能减少，则小球m2的机械能增加，若m1运动到C点时细绳突然断开，此后两个小球的机械能仍守恒，假设m1恰好能沿碗面上升到B点，也就是说最后小球m1的机械能等于最初状态的机械能，小球m2的机械能增加，这种情况不可能，故小球m1不能沿碗面上升到B点，故D正确。

故选：ABD。

解决本题的关键是要明确系统的机械能是守恒的，两球沿绳子方向的分速度大小相等，要注意对其中一个球来说，机械能并不守恒。

10.【答案】50.0相等滑块的动能正比压缩量的平方

【解析】解：(1)表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，

当150g时，弹簧长度为6.66cm，

根据胡克定律，F=k△x，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，

则列式：0.05×9.8=k(x0?0.0862)；

0.1×9.8=k(x0?0.0763)；

联立两式，解得：k≈50.0N/m；

(2)通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，

为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；

(3)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；

当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；

(4)根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，

由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；

故答案为：(1)50.0；(2)相等；(3)滑块的动能；(4)正比，压缩量的平方．

(1)根据胡克定律，F=k△x，结合表格数据，将单位统一，即可求解；

(2)调整导轨的目的时，滑块在导轨上做匀速直线运动，即可求解结果；

(3)当释放压缩的弹簧时，弹性势能转化为滑块的动能，再由光电门测量瞬时速度，求出弹性势能的大小；

(4)根据v与x的关系图，可知，v与x成正比，结合动能表达式，即可知弹性势能与压缩量的关系，从而即可求解．

考查胡克定律的应用，注意弹簧的长度与形变量的区别，理解光电门能测量瞬时速度的原理，知道弹簧弹性势能与滑块动能的关系．同时注意图线的物理含义．

11.【答案】0.6C E11.5 2.5

【解析】解：(1)把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6V．

(2)由题，电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为4×2kΩ=8kΩ.故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E．

(3)由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=2.3V，则电源的电动势为E=2.3×5=11.5V，内阻为

r=△U

△I =(2.3?1.5)×5

1.6

=2.5Ω．

故答案为：(1)0.6(2)C E(3)11.52.5

(1)明确改装原理，根据改装后的电阻关系可明确应调节到的阻值；

(2)根据串联电路的特点，可确定出电阻箱的电阻与电压表内阻的关系，选择电阻箱的规格．在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的．

(3)由于电压表的表盘没变，改装后的电压表的读数应为电压表读数的3倍．U?I图线纵轴截距的3倍表示电动势，斜率的3倍大小等于电池的内阻．

本题涉及电表的改装和测量电动势和内电阻的实验；改装原理是串联电路的特点．而伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数．

12.【答案】CD

【解析】解：A、原子序数大于83的元素都具有放射性，但不是只有原子序数大于83的元素才具有放射性，故A错误；

B、卢瑟福根据α粒子散射实验估测出了原子核直径的数量级，不是原子的，故B错误；

C、大量处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁时，根据数学知识，C n2=C52=10，最多可产生10种不同频率的光子；故C正确；

D、比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，但结合能不一定越大，因平均每个核子质量亏损就越多，则核子的平均质量一定越小，故D正确；

故选：CD。

小于83元素的同位素也有放射性；α粒子散射实验估测出了原子核直径的数量级；根据数学组合公式C n2求出一群氢原子处于量子数n=5的激发态，可能发出的光谱线条数；比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。

本题考查了放射性、比结合能及原子的能级及跃迁，要注意原子序数小于83，也可能有放射性；

13.【答案】N eU1

v1?v0

【解析】解：入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片P向N端移动。

根据E km=?v?W0=eU0，由U C?v图象可知，当遏止电压为零时，v=v0.所以这种金属的截止频率为v c；

根据E km=?v?W0=eU0，解得U C=?v

e ??v0

e

，

图线的斜率k=?

e

=U1

v1?v0

，

则?=eU1

v1?v0

。

故答案为：N；eU1

v1?v0

入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大。根据光电效应方程得出U c?γ的关系式，通过关系式得出斜率、截距表示的含义。

该题通过图象的方法考查光电效应，解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。

14.【答案】解：①以水平向左为正方向，由动量定理得：

?I=m1(?v1)?m1v1，

代入数据解得：I=140N?s；

②小孩与冰车组成的系统动量守恒，取向左为正方向，

由动量守恒定律得：(m1+m2)v0=m1v1+m2v2，

代入数据解得：v2=?1.0m/s，

由于|v2|

答：①冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小是140N?s；

②冰车能追上小孩。

【解析】①冰车与竖直墙发生碰撞过程中，以冰车为研究对象，运用动量定理可求得墙对冰车的冲量大小I；

②根据动量守恒定律求出小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度，再与冰车的速度比较，即可判断。

本题考查了动量定理与动量守恒定律的应用，对于冲量，运用动量定理求解是常用方法，特别是变力的冲量。解题时要注意选择正方向。

15.【答案】CD

【解析】解：A、水的摩尔质量是18g?mol?1，1g水中含有的分子数为：n=1

18

×6.02×1023个=3.3×1022个，地球的总人数约为70亿，故A错误；

B、布朗运动是固体小颗粒的运动，它是分子热运动的间接反应，但不是分子热运动；故B错误；

C、根据理想气体状态方程pV

T

=C，一定质量的理想气体压强增大，温度可能增加，也可能减小，而温度

是分子热运动平均动能的标志，故分子的平均动能可能增加，也可能减小，故C正确；

D、气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子间距离较大，气体分子间相互作用力很小，

气体分子在不停地做无规则运动造成的，故D正确。

故选：CD。

布朗运动是指固体小颗粒的运动，不是分子的运动；温度是分子平均动能的标志；扩散现象是分子热运动的体现；

本题考查了阿伏加德罗常数、布朗运动、理想气体状态方程、温度的微观意义等知识点，关键是平时多看书，多记忆。

16.【答案】减小；减小

【解析】解：由于气球内气体的压强近似等于外界大气压，氢气球由地面上升的过程中，大气压强随距地面高度的增加而减少，所以氢气球内的压强减小，根据压强的定义可知，内壁单位面积上所受内部分子的作用力减小；

又由于地面附近的大气的温度随高度的升高而降低，所以气球上升的过程中，气球内的气体的温度随之降低．而温度是分子的平均动能的标志，所以气体分子的平均动能减小．气体分子之间的距离比较大，所以气体的分子势能忽略不计，所以温度降低时，气体的内能一定减小．

故答案为：减小，减小

大气压强随距地面高度的增加而减少，然后结合压强的定义即可判定气球内壁受到的分子力的变化；温度是分子的平均动能的标志，大气的温度随高度的增加而降低．

本题考查了地表附近的大气的压强与大气的温度随高度的变化情况，以及气体的内能等知识点，理解理想气体的内能由温度决定是解答的关键．

17.【答案】解：(1)气缸内气体的温度保持不变，根据玻意耳定律：P1V1=P2V2，式中P1=1.0×105Pa，

=3.0×105Pa．

V1=3.0×10?3m3，V2=1.0×10?3m3，代入数据得：P2=P1V1

V2

(2)活塞受力分析如图所示．

=30kg

根据力的平衡条件：P2S=P0S+mg，代入数据可得：m=(P2?P0)S

g

(3)该过程是等温变化，P?V图象是双曲线，由以上数据可画出如图所示的状态变化图线．

答：(1)最后气缸内气体的压强为3.0×105Pa；(2)最终倒在活塞上细沙的总质量30kg；(3)画出气缸内气体的状态变化过程如图所示；

【解析】(1)(2)此过程为等温变化，分析写出各状态的参量，根据玻意耳定律和盖?吕萨克定律可求出气缸内气体压强，然后进行受力分析，得出最终倒在活塞上细沙的总质量；

(3)作出变化过程的P?V图象，依据为等温变化过程是双曲线．

对于气体问题，首先要准确判断出气体状态变化的过程，其次分析出气体的状态参量；作图时，要根据不同变化过程图线的特点进行作图．

18.【答案】C

【解析】解：A、医院中用于体检的B超利用了超声波的反射原理，故A错误；

B、在干涉图样中，振动加强、减弱区域的质点的位移随时间发生变化，故B错误；

C、在“用单摆测重力加速度”的实验中，测量n次全振动的总时间时，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜，这是由于小球在最低点时速度最大，停留的时间短，计时误差小，故C正确；

D、只有横波才有偏振现象，电磁波是横波，故电磁波具有偏振现象，故D错误。

故选：C。

体检用B超利用的是超声波的反射原理；振动加强、减弱区域的质点的位移随时间发生变化；在“用单摆测重力加速度”的实验中，计时的起始位置应选在小球运动到最低点时为宜；电磁波属于横波，故电磁波可以发生偏振现象；

本题考查了超声波的反射、干涉现象、用单摆测重力加速度及偏振现象知识点，在平时的学习过程中多加积累即可。

19.【答案】暗条纹变窄

【解析】解：激光的频率为6.0×1014Hz，则λ=c

f =3×108m/s

6×1014Hz

=5×10?7m，屏上P点距双缝s1和s2的路

程差为1.25×10?6m，则n=△x

λ

2

=1.25×10?6m

5×10?7

2

m

=5，5是奇数，故在P点出现暗条纹，根据λ=c

f

可知频率

变大，波长将变小，根据△x=L

d

λ可知，波长变小，则条纹间距变窄。

故答案为：暗条纹，变窄。

当光屏上的点到双缝的路程差是半波长的偶数倍，出现明条纹；路程差是半波长的奇数倍，出现暗条纹。

根据c=λf计算波长，再根据△x=L

d

λ判断。

关键掌握出现明暗条纹的条件，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式△x=L

d

λ以及波长与频率的关系c=λf。

20.【答案】解：①作出光经过玻璃半球的光路示意图如图所示．

根据折射定律可知n=sin60°

sinα=sinβ

sinθ

根据几何关系可知β=60°

则有α=θ=30°，所以n=√3

②根据以上几何关系可知

2OEcos30°=R

CD=(OE+R)tan30°

解得CD=√3+1

3

R

答：

①玻璃的折射率是√3；

②光射在圆柱体侧面C点到半球下表面的距离CD是√3+1

3

R.

【解析】①根据题意和光的折射规律画出光路图，由几何关系确定光线在B点的折射角，再由折射定律求玻璃的折射率；

②根据几何关系求光射在圆柱体侧面C点到半球下表面的距离CD．

本题是几何光学问题，其基础是作出光路图，根据几何知识确定折射角是关键，结合折射定律求解．

21.【答案】解：(1)由能量守恒定律得：mgdsin30°=1

2

mv2，

代入数据解得，金属杆距磁场上边缘的距离：d0=0.4m；

(2)由法拉第电磁感应定律得：E=△Φ

△t

，

由闭合电路欧姆定律得：I=E

R+r

，

金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量：q=∑I△t=△Φ

R+r =BLd

R+r

代入数据解得：q=0.08C。

(3)由法拉第电磁感应定律得：E=BLv=2v，

由闭合电路欧姆定律：I=E

R+r

=0.4A，

安培力：F=BIL=0.4N，F′=mgdsin30°=0.4N，

所以金属棒进入磁场后做匀速运动，

金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热：

Q=R

R+r

mgdsin30°=0.096J；

答：(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0为0.4m。

(2)金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q为0.08C；

(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q为0.096J。

【解析】(1)由能量守恒定律可以求出金属杆距磁场上边缘的距离。

(2)由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流定义式求出电荷量。

(3)根据安培力的计算公式求解安培力的大小，再求出重力沿斜面向下的分力大小，判断导体棒的运动情况，根据功能关系可得电阻R上产生的焦耳。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

22.【答案】解：(1)设小物块做平抛运动的时间为t，则有：

H??=1

2

gt2

设小物块到达B点时竖直分速度为v y，v y=gt，

由以上两式解得：v y=3m/s

则B点速度v B=√v02+v y2=5m/s

设速度方向与水平面的夹角为θ，则tan=θ=v y v

0=3

4

，

解得：θ=37°

(2)设小物块到达C点时速度为v C，从B至C点，由动能定理得：

mg?=1

2

mv C2?

1

2

mv B2

设C点受到的支持力为F N，则有：

F N?mg=mv C2 R

解得：v C=2√7m/s，

F N=47.3N

根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N

(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力F f1=μ1mg =5 N 长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力 F f′2=μ2(M +m)g =10 N

因F f1

v C

22μ1g

=2.8 m

所以长木板至少为2.8 m ，才能保证小物块不滑出长木板。

答：(1)小物块运动至B 点时的速度大小为5m/s ，方向与水平面的夹角为37°； (2)小物块滑动至C 点时，对圆弧轨道C 点的压力大小47.3 N ； (3)长木板至少为2.8 m ，才能保证小物块不滑出长。

【解析】(1)已知平抛的抛出高度求出运动的时间，从而求出竖直方向的速度，用运动的合成与分解求解B 点时的速度大小和方向；

(2)小物块在BC 间做圆周运动运动，在C 点时轨道支持力和重力的合力提供圆周运动的向心力，据此求解即可；

(3)根据物块在长木板上滑动时，物块的位移?长木板的位移应该小于等于长木板的长度这一临界条件展开讨论即可。

本题关键要理清物块在多个不同运动过程中的运动规律，掌握物块各个阶段的运动规律是解决本题的关键。 23.【答案】解：(1)由几何关系，r 1=a 在磁场中做匀速圆周运动qv 1B =m v 12

r 1

解得：v 1=

qBa m

(2)粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角为60° 运动时间t =2?T

6+5?T

6=7

6T 所以解得：t =7

6×

2πm qB =

7πm 3qB

。

(3)由几何关系，PN =2a

粒子速度最大且能返回到y 轴的运动轨迹示意图如图所示，由几何关系可得 2r 3?2(r 3?r 3cosβ)=2√3a 2r 3sinβ=2a

解得：r 3=2a ，β=30°

PM =2√3a ?2(r 3?r 3cosβ)=4(√3?1)a

MN =PM +PN =4√3a ?2a 。

答：(1)进入区域Ⅱ磁场的粒子的最小速度是

qBa m

；

(2)粒子从P 点射出到返回到收集器上的同一位置的运动时间是7πm

3qB ； (3)收集器的最小长度是4√3a ?2a 。

【解析】(1)由几何关系求得粒子在磁场中的半径，由牛顿第二定律可求得粒子的最小速度； (2)由几何关系可求得粒子在左侧磁场运动的第一段轨迹对应的圆心角，则运动时间可求解；

(3)由几何关系求得PN =2a ，画出粒子速度最大且能返回到y 轴的运动轨迹示意图，由几何关系可求得轨道半径，则PM 可求解，收集器的最小长度为二者之和。

本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可，对数学几何能力要求较高。