2020年山东省实验中学高考物理模拟试卷(6月份)

2020年山东省实验中学高考物理模拟试卷（6月份）

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.下列关于近代物理知识的描述中，正确的是()

A. 氢原子的基态能级为?13.6eV，当用光子能量为11.05eV的光照射处于基态的氢原子时，氢原子可以

吸收光子而跃迁至n=2的激发态

B. 比结合能越小，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定

C. 衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的

D. 在?714N+24He?817O+X核反应中，X是质子，这个反应过程叫原子核的人工转变

2.2020年初，新冠病毒来袭，我国人民万众一心、英勇抗“疫”，取得阶段性胜利。

为确保师生健康，各校都进行了严格的消杀工作，如图所示为某同学设计的消杀喷

药装置，内部装有8L药液，上部密封1atm的空气1L，保持阀门关闭，再充入1atm

的空气0.2L，设在所有过程中空气可看成理想气体，且温度不变，下列说法错误的

是()

A. 充气后，密封气体的压强增大为1.2atm

B. 充气后，密封气体的分子平均动能不变

C. 打开阀门后，密封气体对外界做正功

D. 打开阀门后，不再充气也能把药液喷光

3.某地强风的风速约为v，空气的密度为ρ，如果把通过横截面积S的风的动能完全转化为电能，则用上

述已知量计算电功率的表达式为()

A. 1

2ρSv B. 1

2

ρSv2 C. 1

2

ρSv3 D. 1

2

ρSv4

4.如图所示，置于水平地面的三脚架上水平放置一质量为m的盆栽，三脚架的三根轻质

支架等长，顶点和轻杆与地面接触的三个点构成了正四面体结构，则每根支架中承受的压力大小为()

A. √3

6

mg

B. √6

6

mg

C. √6

3

mg

D. √6

2

mg

5.2020年5月30日4时13分，我国在西昌卫星发射中心用长征十一号运载

火箭，采取“一箭双星”方式，成功将新技术试验卫星G星、H星发射

升空，卫星顺利进入预定轨道，任务获得圆满成功。某同学研究下面一个

问题：若有两颗人造卫星绕地球逆时针运动，卫星1、卫星2分别沿圆轨道、椭圆轨道运动，圆的半径与椭圆的半长轴相等，两轨道相交于A、B两点，某时刻两卫星与地球在同一直线上，如图所示，下列说法中正确的是()

A. 两卫星在图示位置的速度v1=v2

B. 两卫星在A处的加速度大小相等

C. 两颗卫星在A点处可能相遇

D. 两颗卫星在B点处可能相遇

6.水袖是中国古典舞中用于情感表达和抒发的常用技巧，舞者的手有规律的振动传导至袖子上，给人营

造出一种“行云流水”的美感，这一过程其实就是机械波的传播。现有一列简谐波某时刻的波形如图中实线所示，经过0.5s后的波形如图中的虚线所示。已知波的周期为T，且0.25s

A. 当波向?x方向传播时，波速等于10m/s

B. 不论波向x轴哪一方向传播，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程都相等

C. 当波沿+x方向传播时，x=1m处的质点M和x=2.5m处的质点N在这0.5s内通过的路程不相等

D. 当波沿?x方向传播，经过0.1s时，质点M离开平衡位置的位移一定为零

7.以前人们盖房子打地基叫打夯，夯锤的结构如图所示。参加打夯的共有5人，四

个人分别握住夯锤的一个把手，一个人负责喊号，喊号人一声号子，四个人同时

向上用力将夯锤提起，号音一落四人同时松手，夯锤落至地面将地基砸实。某次

，力持打夯时，设夯锤的质量为m，将夯锤提起时，每个人都对夯锤施加竖直向上的力，大小均为mg

2续的时间为t，然后松手，夯锤落地时将地面砸出一个凹痕。不计空气阻力，则()

A. 在上升过程中，夯锤一定处于超重状态

B. 在下落过程中，夯锤一定处于超重状态

gt

C. 松手时夯锤的速度大小v=1

2

D. 夯锤上升的最大高度?m=gt2

8.互感器是生产和生活中常用的电子设备。图甲是数字变电站的关键装备中的电子式互感器，其原理是

电阻分压；图乙是给测量仪表和继电设备供电常用的电压互感器，其原理是电磁感应。已知ac间的电阻是cd间电阻的(n?1)倍，mn间线圈匝数是pq间线圈匝数的n倍，已知两个互感器输出端数字电压表的示数均为U，则关于两种互感器输入端的电压正确的是()

A. U ab=(n?1)U，U mn=nU

B. U ab=nU，U mn=nU

C. U ab=n

n?1U，U mn=1

n

U D. U ab=1

n

U，U mn=1

n

U

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f，等量异种

电荷分别放置在a、d两点时，下列说法中正确的是()

A. b、c、e、f四点的场强相同

B. e、b两点的电势差与c、f两点的电势差相等

C. 将一带负电的试探电荷从O点移到e点，电场力做负功

D. 将一带负电的试探电荷从O点移到e点，电场力做正功

10.跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时

间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中()

A. 在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的

B. 在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的

C. 在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的

D. 在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的

11.如图所示，轻质弹簧的下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球(可视为质点)，从距弹

簧上端h处自由下落并压缩弹簧。若以小球下落点为x轴正方向起点，设小球从开始下落到

压缩弹簧至最短之间的距离为H，不计任何阻力，弹簧均处于弹性限度内。关于小球下落过程中加速度a、速度v、弹簧的弹力F、弹性势能E p变化的图象正确的是()

A.

B.

C.

D.

12.如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L=0.4m，AC、BD的

延长线相交于点E且AE=BE，E点到AB的距离d=6m，M、N两端与阻值R=2Ω的电阻相连。虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T，一根长度也为L=0.4m、质量为m=0.6kg电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度v0=2m/s沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变。则()

A. 电路中的电流I=0.4A

B. 金属棒向右运动d

过程中克服安培力做的功W=0.72J

2

C. 金属棒向右运动d

过程中外力做功的平均功率P=5.32W

2

D. 金属棒向右运动d

过程中在电阻中流过的电量Q=0.45C

2

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.小斌做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图1所示，悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d

的小球A组成，小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞，碰后小球A继续向右摆动，小球B做平抛运动。

(1)小斌用游标卡尺测小球A直径如图2所示，则d=______mm，又测得了小球A质量m1，细线长度l，

碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h，重力加速度为g，为完成实验，还需要测量的物理量有______。

A.小球B的质量m2

B.A与B碰前的运动时间t

C.碰后小球A摆动的最大角度β

(2)如果满足等式______(用实验测得的物理量符号表示)，我们就认为在碰撞中系统的动量是守恒的。

14.某校实验兴趣小组在实验室测量电压表的内阻，实验室提供了下面实验器材：

A.待测电压表V1(量程3V，内阻约为6500Ω)

B.电压表V2(量程9V，内阻约为9kΩ)

C.滑动变阻器R(最大阻值为20Ω，额定电流为1A)

D.定值电阻R0(阻值为12kΩ)

E.电源(电动势为9V，内阻约为1Ω)

F.开关一个、导线若干

①根据提供的实验器材，在图1方框内画出实验电路图；

②将图2的实物图连接补画完整；

③实验中将电压表V1和电压表V2的读数分别记为U1和U2，改变滑片位置，记录多组U1和U2的值，并作

出U2?U1关系图象如图3所示，图线为倾斜直线，其斜率k=3.0，则电压表V1内阻的测量值为______Ω。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.如图所示，AB为水平粗糙直轨道，长度为8.55m；B、C为粗糙倾斜长直轨道上的两个点，BC距离为3.6m，

倾斜长直轨道与水平方向的倾斜角为37°，水平轨道和倾斜轨道用小圆弧平滑相连。质量为2.0kg的物块静止在A点，物块和AB轨道之间的动摩擦因数为0.3，物块和倾斜长直轨道的动摩擦因数为0.4，现给物块施加一个大小为10N的恒力，方向与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。

(1)求物块从A运动到B的时间；

(2)若物块运动4s后撤掉恒力F，求物块经过C点的速度。

16.小莉家里有一块未知材料的长方体透明砖。小莉为了测定它的折射率，进行了如下操作：她首先在水

平桌面固定一张白纸，不放透明砖，直接用一束红光照射到白纸上，红光与水平方向的夹角θ=37°，在白纸上出现亮点标记为A点；现保持入射光方向不变，在光源和A点之间放上透明砖，透明砖左侧的白纸上出现一个亮点标记为B，在玻璃砖右侧出现两个亮点，标记为C、D，移去透明砖，测得A、B两点之间的距离为1.2cm，测得C、D两点之间的距离为4.8cm。不考虑光在透明砖表面的多次反射。

(1)做出形成亮点B、C、D的光路图；

(2)求透明砖的折射率。(结果可以用根号表示)

17.如图所示，竖直放置的平行金属板A、B，板间距离为L，板长为2L.A板内侧中央O处

有一个放射源(体积不计)，在纸面内向A板右方各个方向均匀发射速率相等的正离子，

离子的速率均为v0=2×105m/s，离子质量m=8.0×10?26kg，电荷量q=

8.0×10?19C，不计极板的边缘效应和离子重力的影响。

(1)若在两板之间只加匀强电场，要使所有离子都能打到B板，求两板之间所加电压的最小值；

(2)若两板之间只加垂直纸面向里的匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度B=√2

T，求打到B板上的离子

100L

数占总离子数的百分比。

18.如图(a)所示，长为L的圆管竖直放置，质量M═4kg，顶端塞有质量为m=2kg的弹性小球。t=0时，

让管从静止自由下落，t=1.0s时落地，落地后管立刻以与落地时大小相等的速率竖直弹起，第一次弹起后管上升过程的速度?时间图象如图(b)所示(以竖直向下为正方向)。之后管每次落地后，总以与落地时相等的速率竖直弹起。已知小球始终没有从管中滑出，球与管之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力及圆管与地面碰撞的时间，重力加速度g取10m/s2，求：

(1)球和管间的滑动摩擦力的大小；

(2)管从第一次落地到第二次落地所用的时间；(结果保留两位有效数字)

(3)如果圆管的长度为16米，试分析判断小球能否从管中滑出，如果能滑出，请计算滑出时的速度；如

果不能，请说明原因。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、根据能级跃迁条件可得：?v=E2?E1=?3.4eV?(?13.6eV)=10.2eV，即只有用能量为

10.02eV的光照射处于基态的氢原子时，氢原子才可以吸收光子而跃迁至n=2的激发态，故A错误；

B、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；

C、β衰变中产生的β射线实际上是原子中的中子转变成质子和电子而放出的，不是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的，故C错误；

D、根据电荷数守恒，X的质量数为14+4?7=1，根据电荷数守恒，X的电荷数也为7+2?8=1，故X 是质子，这个反应过程叫原子核的人工转变，故D正确。

故选：D。

吸收或辐射光子的能量等于能级差；

比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定；

β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程；

根据质量数守恒和电荷数守恒判断；

本题考查了能级跃迁、β衰变、比结合能等，知识点多，难度不大，关键是记住基础知识。

2.【答案】D

【解析】解：A、把充入的气体和原气体作为整体：初态：p1=1atm，V1=1.2L，末态：p2=？，V2=1L，气体做等温变化，根据玻意耳定律可得：p1V1=p2V2，解得p2=1.2atm，故A正确；

B、温度是平均动能的标志，温度不变，所以分子的平均动能不变，故B正确；

C、充气后封闭气体压强变为1.2atm，大于大气压强，所以打开阀门后，气体膨胀，对外界做功，故C正确；

D、膨胀过程温度不变属于等温变化，若都喷完容器中的水，由p1V1+p2V2=pV1得喷完容器中的水后，容器的气体压强小于外界气体压强，所以水不能喷完，故D错误。

因选错误的，

故选：D。

由于温度不变，故充气后，密封气体的分子平均动能不变；充气过程为等温过程，根据玻意耳定律求得压强；由公式p1V1+p2V2=pV1可知封闭气体压强大于外界压强，故打开阀门后，气体会把水喷出，直到封闭气体压强与外界压强相等。

本题考查了气体实验定律，记住温度是分子平均动能的标志，掌握把变质量问题转化为恒质量问题，利用好气体状态方程求得压强。

3.【答案】C

【解析】解：在t时间内通过横截面积S的空气的体积为V=Svt

在t时间内通过横截面积S的空气的质量为m=ρV

在t时间内通过横截面积S的空气的动能为E k=1

2

mv2

因为风的动能全部转化为电能，所以在t时间内得到的电能W=E k

则电功率为P=W

t

联立以上各式得：P=1

2

ρSv3

故C正确，ABD错误。

故选：C。

只要计算出在单位时间内通过横截面积为S的空气的动能，即可根据功率的定义式得到电功率大小。

注意得到在t时间内通过横截面积S的空气的质量，即可得到相应的动能，空气的动能全部转化为电能，则电能与时间的比值即为电功率。

4.【答案】B

【解析】解：三脚架的三根轻质支架与地面接触的三个

点构成了正四面体结构，设每根支架中承受的压力大小

为F，每根支架与竖直方向的夹角为θ，每根支架长为L，

等效图如右图所示；

过A做BC垂线，根据图中的几何关系可得：AE=

Lcos30°=√3

2

L

过D做竖直线交AE于O，根据几何关系可得：AO=2

3×√3

2

L=√3

3

L

正四面体的高OD=√L2?AO2=√6

3

L

则cosθ=OD

L =√6

3

以盆栽为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：3Fcosθ=mg

解得：F=√6

6

mg，故B正确、ACD错误。

故选：B。

根据几何关系求解每根支架与竖直方向的夹角的余弦值，再以盆栽为研究对象，竖直方向根据平衡条件列方程求解。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够根据几何关系求解每根支架与竖直方向的夹角，然后在竖直方向建立平衡方程进行解答。

5.【答案】B

【解析】解：A、v2为椭圆轨道远地点的速度，假设卫星在通过此位置做匀速圆周运动，根据卫星变轨原理

可知，匀速圆周运动的速度v′2大于v2，根据万有引力提供向心力可知，GMm

r2=m v2

r

，解得线速度：v=√GM

r

，

轨道半径越大，线速度越小，v1表示做匀速圆周运动的速度，即v2′v2，故A错误；

B、两个轨道上的卫星运动到A点时，所受的万有引力产生加速度，GMm

r2=ma，解得加速度：a=GM

r2

，两

卫星在A处的加速度大小相等，故B正确；

CD、椭圆的半长轴与圆轨道的半径相同，根据开普勒第三定律知，r3

T2

=k，两颗卫星的运动周期相等，则不会相遇，故CD错误。

故选：B。

根据万有引力提供向心力，结合卫星变轨原理分析卫星速度的关系。

根据万有引力提供向心力，比较两颗卫星在同一位置的加速度关系。

根据开普勒第三定律比较两卫星的运动周期，判断两颗卫星能否相遇。

此题考查了万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等知识，知道卫星变轨的原理是解决本题的关键。

6.【答案】C

【解析】解：由图线可直接读出波长λ=4m，因为0.25s

当波向?x方向传播时，0.5s=(0.75+n)T，当n=1时符合条件，解得T=2

7

s；

当波向+x方向传播时，0.5s=(0.25+n)T′，当n=1时符合条件，解得T′=0.4s。

A、当波向?x方向传播时，波速v=λ

T

=42

7

m/s=14m/s，故A错误；

B、当波向+x方向传播时，在0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程是s M=5A；

当波沿?x方向传播时，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程s M′=0.5

2

7

×4A=7A，不相同，故B错

误；

C、当波沿+x方向传播时，在这0.5s内，x=1m处的质点M通过的路程s M=5A=10cm，x=2.5m处的质点N在前0.4s内通过的路程为4A，后0.1s内向上运动，平均速度比从位移最大处运动的平均速度大，所以在后0.1s内的路程大于A，所以在这0.5s内通过的路程s N>5A，故C正确；

D、当波沿?x方向传播时，周期T=2

7s，而1

2

T>0.1s>1

4

T，质点M没有回到平衡位置，位移不为零，故

D错误。

故选：C。

已知两个时刻的波形，波的传播方向可能沿向右，也可能向左．当波向右传播时，传播的最短距离是1

4

波长，

当波向左传播时，传播的最短距离是3

4

波长，根据时间与周期的关系，求出周期，再求频率和波速及运动的位移和路程．

本题是利用波的时间周期性，求出周期，再求解波速的，也可以根据空间的周期性，求出波传播距离的通项，再求解波速，注意0.25s

7.【答案】D

【解析】解：A.上升过程中分为两个过程，第一个过程，四人的合力大于夯锤的重力，加速度向上，是超重，放手后只受重力，加速度向下是失重，故A错误；

B.下降过程，加速度向下，是失重，故B错误；

C.设每个人对夯锤施加的力为F

4F?mg=ma，a=g

松手时夯锤的速度为v=gt，故C错误；

D.设施力过程中上升的高度为?1，松手后上升的高度为?2，则能上升的最大高度为?max，根据运动规律有

?1=1

2

at2,?2=

v2

2g

由上述式子解得

?max=?1+?2=gt2

故D正确。

故选：D．

上升过程，四人的合力大于夯锤的重力则加速度向上为超重，放手后只受重力则加速度向下为失重；下落

过程加速度向下则为失重；利用牛顿第二定律F=ma判断加速度，结合运动学基本公式v=v0+at,x= v0+1

2

at2,v2?v02=2ax求解速度和位移。

物体处于超重或失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关；施力过程中夯锤上升，松手后夯锤由于惯性还会继续上升，所以夯锤上升的高度包括两部分。

8.【答案】B

【解析】解：图甲利用的是串联电路的分压原理，由串联电路特点可知：U ab

U =R ab

R cd

=R ac+R cd

R cd

=(n?1)R cd+R cd

R cd

=n

1

，

则U ab=nU；

图乙利用变压器实验变压器，由变压器的变压比可知U mn

U =n

1

，则U mn=nU，故B正确，ACD错误。

故选：B。

图甲采用的是串联分压，图乙是利用变压器实现变压，根据串联电路特点与变压器的变压比求出两种互感器输入端的电压。

本题考查了求互感器输入端的电压问题，认真审题知道互感器的工作原理是解题的前提与关键，应用串联电路特点与变压器的变压比即可解题。

9.【答案】BD

【解析】解：A、在等量异种电荷的电场中，电场线既关于它们的连线对称，也关于它们连线的中垂线对称，所以凡是关与它们连线或连线中垂线对称的各点电场强度的大小都相等，方向不一定相同，但场强是矢量，所以关于连线或连线中垂线对称的各点场强不一定相同。只有关于它们连线中点O对称的各点场强才是大小相等，方向相同的，所以e、b两点场强相同，c、f两点场强相同。故A错误；

B、根据等量异种电荷的等势面特点可知，在等量异种电荷的电场中，中垂线是一个等势线，且电势为零。关于它们连线对称的各点电势相等，关于它们连线的中垂线对称的各点电势的绝对值相等。所以f、b两点的电势相等，e、c两点的电势相等。所以e、b两点的电势差与c、f两点的电势差相等，故B正确；

CD、在等量异种电荷的电场中，其连线的中垂线是个等势线，且电势为零，靠近正电荷的一侧电势大于零，靠近负电荷的一侧电势小于零，所以O点的电势为零，e点的电势大于零，将一个带负电的试探电荷从O 点移到e点，是从低电势向高电势移到，电场力做正功，故C错误，D正确。

故选：BD。

根据等量异种电荷的电场特点可以知道c、d、e、f这四点的电势的绝对值大小相等，且e、c两点的电势都大于零，O点的电势等于零。这四点的场强的大小相等但方向不一定相同，只有关于O点对称的各点的场

强大小相等，方向也相同；进而可以判断各点电势差的大小关系，电场力对负电荷的做功正负。

熟练掌握等量异种电荷的电场特点是解决此题的关键，即关于它们连线对称的各点电势相等，场强大小相等。关于连线中点对称的各点，场强大小相等，方向相同，关于连线的中垂线对称的各点电势的绝对值相等，且靠近正电荷的一侧电势大于零，靠近负电荷的一侧电势小于零。

10.【答案】AD

【解析】

【分析】

本题考查平抛运动，要注意明确平抛运动的研究方法为运动的合成和分解，要明确动量与动能的区别：动量是矢量，动量改变量根据动量定理分析；动能是标量，动能的改变量根据动能定理研究。

【解答】

A.运动员做平抛运动，只受重力，是恒力，根据动量定理，动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间合力的冲量相等，故任意相等时间动量的改变量相等；故A正确；

B.平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是加速运动，故在相等的时间间隔内竖直分位移一定不相等，故重力的功不等，故动能增加量不等，故B错误；

C.平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是加速运动，在下落相等高度的过程中，时间一定不相等，故合力的冲量不等，故动量的增加量不等，故C错误；

D.在下落相等高度的过程中，合力的功相等，根据动能定理，动能的增加量相等，故D正确；

故选AD。

11.【答案】AD

【解析】解：AB、小球与弹簧接触前做自由落体运动，加速度：a=g保持不变，速度：v=gt均匀增加；小球与弹簧接触后向下运动压缩弹簧，小球受到竖直向下的重力与弹簧竖直向上的弹力F=kx作用，

开始弹簧弹力小于重力，小球向下做加速度运动，加速度：a=mg?kx

m =g?k

m

?x，加速度逐渐减小，速度

逐渐增大，加速度减小的越来越快；

经过一段时间后弹簧弹力与重力相等，合力为零，此时速度达到最大，加速度为零；

然后弹簧弹力大于重力，小球所受合力向上，小球做减速运动，加速度：a=k

m

?x?g，加速度逐渐增大，速度逐渐增大，加速度变化越来越慢，直到速度为零；

整个过程速度方向不变，由图示图象可知，A正确，B错误；

C、当小球下落位移小于等于h时，弹簧弹力为零：F=0，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹力：F=kx，弹力F与x成正比，故C错误；

D、当小球下落位移小于等于h时，E p=0，当弹簧下落距离大于h小于等于H时，弹簧弹性势能：E p=1

2

kx2，故D正确。

故选：AD。

小球与弹簧接触前做自由落体运动，与弹簧接触后受到重力与弹簧弹力作用，弹簧弹力逐渐增大，弹簧弹性势能增大，根据小球运动过程与受力情况分析答题。

本题考查了判断小球加速度、速度、弹簧弹力与弹簧弹性势能如何变化，分析清楚小球运动过程与受力情况是解题的前提与关键，根据小球运动过程与受力情况即可解题。

12.【答案】AD

【解析】解：A、金属棒开始运动时产生感应电动势E=BLv0=1×0.4×2V=0.8V，

电路中的电流I=E

R =0.8

2

A=0.4A，故A正确；

B、设金属棒向右运动运动距离为x时，金属棒接入电路的有效长度为L1，由几何关系可

得：d?x

d =L1

L

，解得：L1=L(d?x)

d

=0.4?x

15

此时金属棒所受安培力为：F=BIL1=0.16?2x

75(0≤x≤d

2

)

作出F?x图象，由图象可得运动d

2过程中克服安培力所做的功为：W=F

?

x=0.16+0.08

2

×3J=0.36J，故B错

误；

C、金属棒运动d

2过程所用时间为t，对电阻则有W=I2Rt，解得t=9

8

s；

设金属棒运动的d

2

的速度为v，由于电阻R上消耗的电功率不变；

则有：BLv0=B L

2

v，且v=2v0

由动能定理可得：Pt?W=1

2mv2?1

2

mv02，解得：P=W+32mv02

t

代入数据解得：P=3.52W，故C错误；

D、由于回路中的电流不变，所以通过电阻的电荷量为q=It=0.4×9

8

C=0.45C，故D正确。故选：AD。

由E=BLv可求得电动势；由欧姆定律可求得电路中的电流；

根据导体切割的有效长度可得出安培力的表达式，利用F?x图象，借助v?t图象的规律可由图象求得安培力的功；

由电功公式可求得运动的时间；根据电功率不变则可得出电动势的表达式；则由动能定理可求得外力做功的功率；

根据电荷量公式q=It求解电荷量；

本题中第二小题要注意该方法的正确应用，根据v?t图象结论的迁移应用可直接求出面积所表示的意义。

13.【答案】14.40AC m1√(2l+d)(1?cosα)g=m1√(2l+d)(1?cosβ)g+2

√2?

【解析】解：(1)由图2所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度为0.05mm，其示数d=14mm+ 8×0.05mm=14.40mm；

小球A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m1g(l+d

2)(1?cosα)=1

2

m1v02，

解得：v0=√(2l+d)(1?cosα)g，

设碰撞后A球的最大摆角是β，碰撞后小球A摆到过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m1g(l+d

2)(1?cosβ)=1

2

m1v12，

解得：v1=√(2l+d)(1?cosβ)g，

碰撞后小球B做平抛运动，

水平方向：x=v2t，

竖直方向：?=1

2

gt2，

解得：v2=x√g

2?

，

碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=m1v1+m2v2，

整理得：m1√(2l+d)(1?cosα)g=m1√(2l+d)(1?cosβ)g2

√2?

，

验证动量守恒定律除测量l、d、α、m1、x、h外，还需要测量：小球B质量m2，碰后小球A摆动的最大角度β，故选AC；

(2)由(1)可知，如果满足m1√(2l+d)(1?cosα)g=m1√(2l+d)(1?cosβ)g+2

√2?

，则在碰撞中系统的动量是守恒的。

故答案为：(1)14.40；AC；(2)m1√(2l+d)(1?cosα)g=m1√(2l+d)(1?cosβ)g+2

。

√2?

游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；验证动量守恒定律需要求出小球碰撞前后的动量，根据题意应用平抛运动规律、机械能守恒定律与动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。

本题考查了验证动量守恒定律实验，考查了游标卡尺读数问题，要掌握常用器材的使用方法与读数方法，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度。

14.【答案】6000

【解析】解：①由于滑动变阻器的最大阻值远小于电压表内阻，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，

定值电阻与待测电压表V1串联，电压表V2测它们的串联电压，实验电路图如图所示；

②根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；

R0，

③由图示电路图可知：U2=U1+IR0=U1+U1

R V1

)U1，

整理得：U2=(1+R0R

V1

由图示U2?U1图象可知，图象的斜率：k=1+R0R

，

V1

代入数据解得：R V1=6000Ω；

故答案为：①电路图如图所示；②实物电路图如图所示；③6000。

①根据实验原理与实验器材作出实验电路图。

②根据实验电路图连接实物电路图。

③根据实验电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电压表内阻。

本题考查了测电压表内阻实验，考查了欧姆表读数与实验数据处理问题，知道实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；根据电路图求出图象的函数表达式是求电压表内阻的关键。

15.【答案】解：(1)对物块从A到B加速运动过程中的加速度大小为a1，水平方向根据牛顿第二定律可得：

Fcos37°?μ(mg?Fsin37°)=ma1

解得：a1=1.9m/s2，

物块从A运动到B的时间设为t1，根据位移?时间关系可得：L AB=1

2

a1t12

解得：t1=3s；

(2)物块到达B点时的速度v B=a1t1=5.7m/s

物体开始在斜面上运动的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可得：

μmgcos37°+mgsin37°?F=ma2

解得：a2=4.2m/s2，沿斜面向下

t=4s时，物块在斜面上运动的时间t2=t?t1=1s，物块的速度v1=v B?a2t2=1.5m/s

此过程中在斜面上运动的位移为x1=v B t2?1

2

a2t22=3.6m，

即t=4s时物块刚好到达C点，v C=v1=1.5m/s

之后小物块运动的最远距离为x2，向上运动的加速度大小为a3，

根据牛顿第二定律可得：μmgcos37°+mgsin37°=ma3

解得：a3=9.2m/s2

根据速度?位移关系可得：v C2=2a3x2

由于μ

?μmgcos37°?2x2=1

2

mv′C2?

1

2

mv C2

解得：v′C=3

46

√161m/s。

答：(1)物块从A运动到B的时间为3s；

(2)若物块运动4s后撤掉恒力F，物块上滑过程中经过C点的速度为1.5m/s，下滑过程中经过C点的速度

为3

46

√161m/s。

【解析】(1)水平方向根据牛顿第二定律可求解加速度，物块从A 运动到B 根据位移?时间关系求解时间； (2)求出物块到达B 点时的速度和在力F 的作用下物体在斜面上加速运动的加速度大小，根据运动学公式求解t =4s 时物块在斜面上运动位移和速度大小，确定此时的位置，之后小物块沿斜面先向上减速，达到最高点后又向下加速，根据动能定理求解经过C 点速度大小。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

16.【答案】解：(1)光在两种不同介质的界面处会发生折射与反射，介质的折射率大于空气的折射率，所以

光在介质内的折射角小于入射角，则光在界面处发生偏折，导致光通过介质后照在白纸上的位置发生变化，照射到B 点；光在介质界面处也会发生反射，考虑光在介质的前、后表面都发生反射，所以在介质的前面会出现两个光点C 与D 。光路图如图所示。

(2)设玻璃砖宽d ，AB =x 1，HI =x 2，CD =x 3，EI =?，则FH =x 1，CJ =2?，设折射光线与水平面之间的夹角为α，由几何关系可得：

?d

=tanα；?x 2

=tanθ；x 1+x 2=d ；2?

x 3

=tanθ 联立解得：d =3.6cm ，tanα=1

2，所以sinα=√55

根据折射定律：n =sinθsinα

解得：n =

3√5

5

答：(1)做出形成亮点B 、C 、D 的光路图如图； (2)透明砖的折射率为3√5

5

。

【解析】(1)光在两种不同介质的界面处会发生折射与反射，由此分析即可。

(2)画出光路图，根据几何知识求解光在介质表面发生折射现象的折射角，根据折射定律求解折射率。 此题考查了测定玻璃的折射率的实验，解决该题需要能根据题意正确作出光路图，知道从介质右表面射出的两条光线是相互平行的，能根据几何知识求解相应长度和折射角，熟记折射定律。

17.【答案】解：(1)若平行于A板的离子能够打到B板，则所有离子都能打到B板，竖直方向：L=v0t

水平方向：L=1

2

at2

由牛顿第二定律求得离子得加速度为：a=qU AB

mL

联立解得：U AB=8×103V

(2)离子垂直进入匀强磁场，做匀速圆周运动，

根据牛顿第二定律得：qv0B=mv02

R

解得：R=√2L

根据题意得，从下极板边缘飞出，由几何关系得：

sinα=√2L

2

√2L

=

1

2

可得：α=30°

所以到达B板下极板边缘的离子放射初速度与竖直向下的方向夹角为：45°?30°=15°

同理可以求得到达B板上极板边缘的离子放射初速度与竖直向上的方向夹角为：45°+30°=75°

所以打到B板上的离子数占总离子数的百分比为η=15°+75°

180°

=50%

答：(1)两板之间所加电压的最小值为8×103V；

(2)打到B板上的离子数占总离子数的百分比为50%。

【解析】(1)两板之间只加匀强电场，离子做类平抛运动，根据运动学公式和牛顿第二定律求得两板之间所加电压的最小值；

(2)离子垂直进入匀强磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和几何关系求解。

本题考查了离子在电场和磁场中的运动，解决此类问题的关键是要弄清楚离子的运动特点，解题时要注意几何知识的应用。

18.【答案】解：(1)由图乙可知，向下为正方向，在t2=1.5s?1.0s=0.5s内，管的加速度大小为：