2020年山東省高考物理一模試卷(有詳解)

2020年山東省高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共21.0分）

1.某同學用如圖（甲）所示的電路研究光電效應中電子發(fā)射的情況與光照強度、光的頻率等物理量

之間的關系。陰極K和陽極A是密封在真空玻璃中的兩個電極，K在受到光照射時能夠發(fā)射光

電子。K、A之間的電壓大小可以調節(jié)，電源極性也可以對調。當分別用b、c三束不同的光

照射陰極K,得到的/-U關系分別如圖（乙）中a、b、c?三條曲線所示。下列關于三束光的頻率V、

三束光的強度E大小關系，正確的是（）

cv>v=vE>EE

-bac'ab>CD.匕<%<%Ea<Eb<Ec

2.甲、乙兩物體從同一點開始沿一直線運動，甲的r-t和乙的卜-t圖象如圖所示，下列說法中錯

A.甲在3s末回到出發(fā)點，甲運動過程中，距出發(fā)點的最大距離為4,〃

B.0~6秒內，甲、乙兩物體位移都為零

C.第3秒內甲、乙兩物體速度方向相同

D.2s4s內甲的位移大小為8加

3.如圖所示，發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1,然后經(jīng)

點火，使其沿橢圓軌道2運行，最后再次點火，將衛(wèi)星送入同步軌道3.軌3

12

道1、2相切于。點，軌道2、3相切于P點（如圖所示），則當衛(wèi)星分別在1、2、3軌道正常運

行時，以下說法正確的是（）

①衛(wèi)星在軌道3上的速率大于在軌道1上的速率

②衛(wèi)星在軌道3上的角速度小于在軌道1上的角速度

③衛(wèi)星在軌道1上的經(jīng)過。點時的加速度大于它在軌道2上經(jīng)過Q點時的加速度

④衛(wèi)星在軌道2上的經(jīng)過P點時的加速度等于它在軌道3上經(jīng)過P點時的加速度。

A.①③B.②③C.①④D.②④

4.如圖所示，實線表示一定質量的理想氣體狀態(tài)變化的p-T圖像，變化過b

程如圖中箭頭所示，下列說法正確的是（）/；;

A.從過程中氣體對外做功，放出熱量：

05461092JTK

B.岫過程中氣體內能增加，密度不變

C.W過程中，分子平均動能不變，密度增大

D.da過程中，每個分子動能都減少

5.如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率,沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37。.一物塊以初

速度,從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v-t圖象如圖乙所示，物塊

到傳送帶頂端時速度恰好為零，sin37°=0.6,cos37°=0.8,gMXIOTH/S2,則（）

A.由圖乙可知，o?is內物塊受到的摩擦力大于1?2s內的摩擦力

B.物塊受到的摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反

C.物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為1

4

D.傳送帶底端到頂端的距離為11機

6.如圖甲所示，光滑水平桌面上靜置一邊長為L、電阻為R的單匝正方形線圈外4,線圈的一邊

通過一輕桿與固定的力傳感器相連.現(xiàn)加一隨時間均勻變化、方向垂直桌面向下的勻強磁場，從

t=0時刻開始，磁場的磁感應強度均勻減小，線圈的一半處于磁場中，另一半在磁場外，傳感

器顯示的力隨時間變化規(guī)律如圖乙所示尸。和%已知，則磁感應強度變化率的大小為（）

F

A.1際B.工匠C.1際D.

LyLt0L7"Ot0

7.某透明物體的橫截面如圖所示，其中ABC為直角三角形，A8為

直角邊，長度為2L,^ABC=45°,AOC為一圓弧，其圓心在

AC邊的中點.此透明物體的折射率為n=2.0若一束寬度與A8

邊長度相等的平行光從AB邊垂直射入透明物體，則光線從ADC

圓弧射出區(qū)域的圓弧長度s為（不考慮經(jīng)AOC圓弧反射后的光線

）（）

A.nL

B.獨

2

C.@

3

D.也

6

二、多選題（本大題共5小題，共19.0分）

8.水平放置的兩塊平金屬板長3兩板間距"，兩板間電壓為U,

且上板為正，一個電子沿水平方向以速度也從兩板中間射入，

如圖所示，已知電子質量為〃?，電量為e.電子離開電場后，打在

屏上的P點，下列說法正確的是（）.

A.電子偏離金屬板時側位移y為7■詈

2mdv

B.電子偏離金屬板時側位移丫為~必

2mdv

C.

電子飛出電場時的速度％為Jv2+e2U2L2

m2d2畤

D.若平金屬板右端到屏的距離為s,則OP之長為皿g+s)

mdv2*/

9.A、8為一電場中x軸上的兩點，如圖甲所示.一電子僅在電場力作用下沿工軸運動該電子的動

能”隨其坐標變化的關系如圖乙所示，則下列說法正確的是()

A.該電場不可能是點電荷形成的電場

B.A、B兩點電場強度大小關系為A瑪<DE

C.A、B兩點電勢的關系為化,<Wp

D.電子在A、B兩點的電勢能大小關系為Ep.VEpB

10.如圖所示，理想變壓器原線圈輸入電壓u=220^s譏100行卜)原、副線圈匝數(shù)比為10：1,

副線圈電路中勺為定值電阻，R是光敏電阻(其阻值隨光照強度的增大而減小)，圖中電表均為

理想電表，下列說法正確的是()

A.電壓器輸出電壓的頻率為50%

B.電壓表右的示數(shù)為22&U

C.照射R的光變強時，燈泡入變暗

D.照射R的光變強時，電壓表匕、電流表4的示數(shù)都不變

11.圖(a)為一列簡諧橫波在t=2s時刻波形圖，圖G)為媒質中平衡位置在x=1.5m處的振動圖象,

P是平衡位置為％=2皿勺質點，下列說法正確的是()

A.波速為0.5?n/sB.波的傳播方向向右

c.0?2s時間內，p運動的路程為8cmD.0?2s時間內，P向y軸正運動

12.如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在8上放一物體A,現(xiàn)以恒定的外力拉8,由

于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離.在

此過程中（）

B----------?

7777777777777777777777777777777^7777777777777

A.外力尸做的功等于A和B動能的增量

B.8對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量

C.A對8的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功

D.外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

13.利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置示意圖如圖1所示：

（1）實驗步驟:

①將氣墊導軌放在水平桌面上，桌面高度不低于山，將導軌調至水平；

②用游標卡尺測量擋光條的寬度L，結果如圖2所示，由此讀出L=mnu

③由導軌標尺讀出兩光電門中心之間的距離S；

④將滑塊移至光電門1左側某處，待祛碼靜止不動時，釋放滑塊，要求祛碼落地前擋光條已通

過光電門2；

⑤從數(shù)字計時器（圖1中未畫出）上分別讀出擋光條通過光電門1和光電門2所用的時間△q和

△%

⑥用天平稱出滑塊和擋光條的總質量M,再稱出托盤和祛碼的總質量機.

（2）用表示直接測量量的字母寫出下列所示物理量的表達式：

①當滑塊通過光電門1和光電門2時，系統(tǒng)（包括滑塊、擋光條、托盤和祛碼）的總動能分別為

Eki=和％=_

②在滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量△Ep=（重力加速

度為9）.

（3）如果在實驗誤差允許的范圍內，%=,則可認為驗證了機械能守恒定律.

14.要測量一電源的電動勢E（小于3V）和內阻r（約10）,現(xiàn)有下列器材：理想電壓表義3V和15V兩個

量程）、電阻箱R（0?999.90）、定值電阻&=30、開關和導線。某同學根據(jù)所給器材設計如下

的實驗電路：

（1）電路中定值電阻勺的作用是。

（2）請根據(jù)圖甲電路，在圖乙中用筆畫線代替導線連接電路。

⑶該同學調節(jié)電阻箱阻值R,讀出對應的電壓表示數(shù)U,得到二組數(shù)據(jù):％=20時,4=2.37V；

R2=40時，U2=2.51匕由這二組數(shù)可求得電源的電動勢E=V,內阻r=。。（結果

保留三位有效數(shù)字）

四、計算題(本大題共4小題，共46.0分)

如圖所示,U形管左管橫截面積為2x10-4爪2,右管橫截面積為1X10-4W12.左

端封閉，封有長的氣柱A,右端開口，用活塞C封住氣柱8,活塞質量為

1打，與管壁摩擦不計，并且不漏氣，此時左右兩管水銀面高度差為37.5cmHg,—B

室溫為27匕且取大氣壓為pg=1x105Pa=75cmHg,g=10m/s2.則：

(1)此狀態(tài)下A、B氣柱壓強分別為多少？1

(2)僅在緩慢升高A氣柱溫度的情況下，若要使左、右兩管內水銀面相平，則4氣柱溫度需升高

到多少攝氏度？(假定試管足夠長)

16.如圖，足夠長的長木板靜止在水平地面上，在長木板的左端放有一質量大小不計的物塊，現(xiàn)對

物塊施加一水平向右的恒力F=6N,當物塊在木板上滑過1，"的距離時，撤去恒力凡已知長

木板的質量M=1kg,物塊的質量m=1kg,木板與地面間的動摩擦因物】=0」，物塊與木板

間的動摩擦因數(shù)〃2=°3，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,取g=10m/s2

^77777777777777777777777y

(1)求力廠作用的時間;

(2)求整個過程中長木板在地面上滑過的距離。

17.如圖所示，粗糙水平面上放有一塊長木板，長木板上面放置一小木塊。長木板左端是一高為八=

1.25沉的光滑固定斜面，在斜面最高處由靜止釋放一金屬小球。當小球速度方向變?yōu)樗椒较?/p>

的瞬間與長木板的左端發(fā)生碰撞，碰后小球返回斜面的最大高度為”=0.05771,之后小球被收

起，不會與長木板發(fā)生二次碰撞。已知斜面與地面之間平滑連接，長木板的質勤ii=Mg,小

木塊的質量f=Mg，小球的質量飛=0.53，小木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為々=0.1,

長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為〃2=0.15,重力加速度g取10m/s2,小木塊始終在長木板上面。

求:

(1)小球與長木板碰撞后瞬間，長木板的速度大小;

(2)碰撞后長木板運動了多長時間。

18.如圖甲所示，以。為坐標原點建立坐標系，等邊三角形OMN內部存在垂直紙面向里的勻強磁

場，三角形外側有沿x軸負方向的勻強電場。現(xiàn)有一質量m=lx1018kg,電荷量q=

+1X1015C的帶電粒子從坐標為(0,0.5m)的。點，以某一初速度/沿某一方向入射，從x軸

上的P點(1.0m,0)以u=200m/s的速度垂直x軸進入三角形區(qū)域。同時，將電場換成垂直紙面

向外的勻強磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應強度大小相等。已知三角形的邊儂=4m,帶

電粒子的重力不計。求：

(1)勻強電場的電場強度大小及帶電粒子的初速度大??；

(2)若兩磁場的磁感應強度大小B=0.27,求該粒子在乙圖中運動一個周期的時間；

(3)乙圖中若粒子能再次回到P點，則勻強磁場的磁感應強度大小應滿足什么條件。

答案與解析

1?答案：C

解析：解：由圖可知，。的飽和電流最大，因此。光束照射時單位時間內產(chǎn)生的光電子數(shù)量大，光強

大，而C光的強度最小，人光的強度介于其中，即有Ea>Eb>Ec；

當光電流為零時，光電管兩端加的電壓為遏止電壓,對應的光的頻率為截止頻率，根據(jù)eU=hY-W,

入射光的頻率越高，對應的遏止電壓U越大，。光、c光的遏止電壓相等，所以。光、c,光的頻率相

等，而6光的頻率大，

綜上所述，故C正確，A8Q錯誤。

故選：C。

根據(jù)公式eU卻=［小嗯=hy—卬，入射光的頻率越高，對應的截止電眼就越大。從圖象中看出，b

截2nl做

光對應的截止電壓U截最大，所以匕光的頻率最高，a、C光的頻率相等，且4的光強最強。

解決本題的關鍵掌握截止電壓、截止頻率，以及理解光電效應方程eU群=工嘲=hy-W,理解I

與U的圖象的橫、縱截距的含義，是解題的關鍵。

2.答案：C

解析：解：A、甲在3s末回到出發(fā)點，甲運動過程中，t=2s時距出發(fā)點的距離最大，為4〃"故A

正確。

B、0~6秒內，甲的位移為x甲=°巾一°巾=°巾。根據(jù)u—t與時間軸所圍的“面積”表示位移，甲

物體位移為0,故B正確。

C、根據(jù)x-t圖象的斜率表示速度，知第3秒內甲的速度為負。由u-t圖象知第3秒內乙物體速度

為正，則第3秒內甲、乙兩物體速度方向相反，故C錯誤。

。、2s4s內甲的位移大小為△x=4zn—(―4m)=8m。故力正確。

本題選錯誤的，

故選：Co

位移-時間圖象反映了物體的位移隨時間的變化情況，可直接讀出距出發(fā)點的最大距離。速度圖象

與時間軸所圍的“面積”表示位移。速度的正負表示速度方向。甲物體的位移根據(jù)縱坐標的變化量

分析。

對于速度-時間圖象往往根據(jù)“面積”求位移，而位移圖象能直接位移，要分析運動情況。

3.答案：D

解析：解：①萬有引力提供圓周運動向心力。哂=根出得衛(wèi)星運行速率》=叵知軌道1的半徑小

r2r7r

故速度大，故①錯誤；

②萬有引力提供圓周運動向心力有G她=得衛(wèi)星運行角速度3=叵,知軌道1的半徑小，

rz'r3

角速度大，故②正確；

③衛(wèi)星在軌道1和軌道2上經(jīng)過Q點時都由萬有引力產(chǎn)生加速度，在兩個軌道上經(jīng)過。點時的衛(wèi)星

所受萬有引力相等，故加速度相同，故③錯誤

④衛(wèi)星在軌道3和軌道2上經(jīng)過P點時都由萬有引力產(chǎn)生加速度，在兩個軌道上經(jīng)過尸點時的衛(wèi)星

所受萬有引力相等，故加速度相同，故④正確。

故選：D?

衛(wèi)星繞地球做圓周運動萬有引力提供圓周運動向心力，據(jù)此分析線速度、角速度與半徑的關系，衛(wèi)

星運行過程中由萬有引力產(chǎn)生加速度，由此分析討論即可。

抓住萬有引力提供圓周運動向心力，衛(wèi)星在同一點的加速度等于其萬有引力產(chǎn)生的加速度，大小是

相等的。掌握規(guī)律是解決問題的關鍵。

4.答案：B

解析：

根據(jù)圖像可知，atb氣體做的是等容變化,btc氣體做的是等壓變化,c-d氣體做的是等溫變化，

根據(jù)氣體的不同狀態(tài)來分析即可。

本題考查了理想氣體的狀態(tài)方程、熱力學第一定律。利用氣體的狀態(tài)方程，逐項分析即可，關鍵的

是掌握住氣體的狀態(tài)方程并能夠靈活的應用。

A.b-c的過程中，氣體做的是等壓變化，溫度升高，內能增大；氣體體積增大，對外做功，吸收熱

量，故A錯誤；

8有圖像可知，arb的過程中，氣體做的是等容變化，溫度上升所以內能增加，密度不變，故B正

確；

Ccrd的過程中，氣體做的是等溫變化，氣體的壓強減小，氣體體積增大，密度減小，故C錯誤;

D在d-a的過程中，氣體溫度減小，內能減小，分子平均動能減小，不能說明每個分子動能的變化，

故。錯誤。

故選Bo

5.答案：C

解析：解：A、由圖乙知，物體先做加速度較大的勻減速直線運動，后做加速度較小的勻減速直線運

動，可知，0-1s內，物塊的速度大于傳送帶的速度，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，1-2s內，物

塊的速度小于傳送帶的速度，受到沿斜面向上的滑動摩擦力，根據(jù)/'=〃小/。537。知兩段時間摩擦

力大小相等，故A錯誤。

8、O-ls內，物塊受到的滑動摩擦力沿斜面向下，與物塊運動方向相反。1-2s內，物塊受到的滑

動摩擦力沿斜面向上，與物塊運動方向相同，故B錯誤。

C、0-在內物塊的加速度大小為。=皿=31=86/52,根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37°+

At1

fimgcos370=ma,解得〃=?*?,故C正確。

4

。、傳送帶底端到頂端的距離等于"-t圖象與時間軸所包圍的面積大小，為％=3x1+3=10m。

22

故。錯誤。

故選：Co

剛開始時，物塊的速度大于傳送帶的速度，受到沿斜面向下的滑動摩擦力，向上做勻減速運動，速

度與傳送帶相等以后，物體所受摩擦力改為向上，繼續(xù)向上做加速度減小的減速運動；根據(jù)圖象的

“面積”求傳送帶底端到頂端的距離。

解決本題的關鍵要理清物體在整個過程中的運動規(guī)律，抓住b-t圖象的斜率表示加速度、面積表示

位移，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解。

6.答案：4

解析：解：設磁場的磁感應強度B-kt,則E==/=￡=四，F(xiàn)=BIL=(B。一

°At2R2R0

kt)皿L=X_J^t,由圖可知巫=4,得k=L陣，故A正確，BS錯誤；

2R2R2R2Rt。LNLt§

故選：A。

△中

根據(jù)感應電動勢表達式E=，結合閉合電路歐姆定律，及安培力表達式，最后依據(jù)平衡狀態(tài)，

與力隨時間變化規(guī)律，即可求解。

考查法拉第電磁感應定律，與閉合電路歐姆定律的內容，掌握平衡條件的應用，理解安培力表達式

的運用。

7.答案：C

解析：解：Etlsine=工=［得,透明體的臨界角為30。加圖,

n2

作出兩條邊緣光線，所求光線射出的區(qū)域為&DF.如圖，從

圓弧ADC射出的邊緣光線對應的入射角等于材料的臨界

角。，恰好發(fā)生全反射.

由幾何關系得：圓弧EDF長度為s=28”

故此區(qū)域的圓弧長度為：s=迎.故C正確，A、8、。錯誤.

3

故選：C.

根據(jù)以加=工求出透明體的臨界角。為30。，當光線射到8c面上時，光線將發(fā)生全反射.從ADC圓

n

弧射出時，作出兩條邊緣光線，從圓弧4OC射出的邊緣光線恰好發(fā)生全反射，其入射角等于臨界角，

由折射率求出臨界角，由幾何知識求出此區(qū)域的圓弧長度s.

對于幾何光學中范圍問題，要掌握臨界角公式，求出臨界角，要作出邊界光線，在邊界上光線往往

恰好發(fā)生全反射.

8.答案：BCD

解析：粒子進入金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加

速直線運動，根據(jù)類平拋運動規(guī)律求粒子偏離金屬板時側位移K

由類平拋運動的規(guī)律求出粒子飛出電場時豎直分速度，再進行合成，即可求解?.

求出粒子飛出電場時偏向角的正切，由數(shù)學知識求解。尸之長.

帶電粒子在勻強電場中的運動是考試的熱點，關鍵是做好受力分析，明確粒子的運動情景，然后運

用分解的觀點或動能定理等逐步求解.

解：AB,粒子進入金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻

加速直線運動，則得：

水平方向」=獷豎直方向：昨產(chǎn)2,由牛頓第二定律得.巖

聯(lián)立解得:丫=旦以，即粒子偏離金屬板時側位移丫=且江.故A錯誤，8正確

2mdv227nd畤

C、粒子飛出電場時豎直分速度％=at=—

y

mdi;0

所以電子飛出電場時的速度為％=〃2+典迎.故。正確

0m2d2p2

以設粒子飛出電場時速度的偏向角為仇則.""瑞

根據(jù)數(shù)學知識得：OP=y+stanO=/"+2B=3_(>+s),故〃正確

2mdv2mdv^mdv^2

故答案選：BCD

9.答案：AC

解析：解：A、8根據(jù)動能定理得知：電場力做功等于電子動能的變化，則有：Ek=Eqx,根據(jù)數(shù)學

知識可知，圖線的斜率k=qE,因E、g均保持不變，說明電場強度不變，所以該電場一定是勻強電

場，后.二后".故A正確，B錯誤.

C、由圖知，電子從A到B動能增大，電場力做正功，則知電場力方向從A-B,電場線方向從B-A,

根據(jù)順著電場線方向電勢降低，則有紇<0B?故C正確.

D、根據(jù)能量守恒定律得知，電子從A到8動能增大，電勢能減小，則EpA>EpB.故。錯誤.

故選：AC

電場力做功等于動能的增加量，分析各圖中圖象與位移的關系可判斷電場強度如何變化.根據(jù)動能

的變化，分析電場力做功的正功，判斷場強的方向，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，判斷電勢的關

系.根據(jù)負電荷在電勢高處電勢能小，分析電勢能的關系.

本題要求學生能從圖象中判斷出物理量的變化規(guī)律.關鍵要掌握動能定理，并能正確運用，還要把

握常見電場中的場強的分布特點及坐標中圖象的意義.

10.答案：AC

解析：解：A、原線圈接正弦交流電，由圖知角速度是3=100兀，所以f=皿=50,2,故A正確。

2n

8、由表達式知輸入電壓有效值為220匕根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，副線圈電壓有效值即電壓表的示

數(shù)為22匕故8錯誤。

CD.R處光照增強時，溫度升高，阻值減小，副線圈電流表的示數(shù)變大，原線圈電流也變大，但不

會影響輸入電壓值，定值電阻分壓增大，燈泡兩端電壓減小，燈泡變暗，故C正確，。錯誤

故選：AC?

由表達式可知輸入交流電壓最大值，周期，可由周期求出頻率，由變壓器原理可得變壓器原、副線

圈中的電壓之比，用處溫度升高時，阻值減小，根據(jù)負載電阻的變化，可知電流、電壓變化

根據(jù)表達式準確找出己知量，是對學生的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與

匝數(shù)比的關系，是解決本題的關鍵

1L答案：AC

解析：解：A、由圖(a)可知該簡諧橫波波長為4=2m,由圖(b)知周期為7=4s,則波速為〃=&=

T

0.5m/s,故A正確；

B、根據(jù)圖(b)的振動圖象可知，在x=1.5m處的質點在t=2s時振動方向向下，所以該波向左傳播，

故8錯誤；

C、由于t=2s時，質點尸在波谷，且2s=0.57,所以質點尸的路程為S=24=8cm,故C正確；

。、由于該波向左傳播，由圖(a)可知t=2s時，質點P已經(jīng)在波谷，所以可知0?2s時間內即在0-工

2

內，P向y軸負方向運動，故。錯誤；

故選：AC。

先根據(jù)質點的振動圖象讀出t=2s時刻質點的振動方向，由波動圖象判斷波的傳播方向，再根據(jù)波

長和周期求波速；據(jù)波形成的條件和特點分析各質點的振動情況.

熟練利用波形平移法判斷質點的振動方向與傳播方向、利用周期表示時間，求質點的路程、注意時

間和空間周期性的對應.

12?答案：BD

解析：解：4、選擇A和B作為研究對象，運用動能定理研究：

8受外力尸做功，4對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相

反，但是由于A在8上滑動，A、8對地的位移不等，故二者做功不等，

wr+(―/%)=△Ek+△EDk,其中Ax為A、8的相對位移。

所以外力尸做的功不等于4和B的動能的增量，故A錯誤。

B、對4物運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功，等于月的動能的增量，故B正確。

C、A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A

在8上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，故C錯誤。

。、對B物體應用動能定理，WF-Wf=^EkB,必為8克服摩擦力所做的功，

即WF=4E/CB+,，就是外力F對8做的功等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，故D

正確。

故選：BD。

選擇研究對象運用動能定理研究此過程找出功和能的對應關系。

求總功時，要正確受力分析，準確求出每一個力所做的功。

運用動能定理時，研究對象如果是系統(tǒng)，系統(tǒng)的內力做功也要考慮。一般情況下兩物體相對靜止，

系統(tǒng)的內力做功為0.如果兩物體有相對位移，那么系統(tǒng)的內力做功有可能就不為0呢。

對于動能定理列出的表達式注意變形，要和所求的問題相接近。

13.答案：⑴②9.30

(2)①“M+m)(-)2；+②

9A9A1-D

解析：解：⑴游標卡尺讀數(shù)L=9mm+0.05mmx6=9.30mm；

(2)①由于擋光條寬度很小，因此將擋光條通過光電門時的平均速度當作瞬時速度.

②根據(jù)動能的定義式得：

通過光電門1,系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和祛碼)的總動能為"1=；(M+m)(A)2；

通過光電門2,系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和祛碼)的總動能為%=；(M+m)(十)2；

③系統(tǒng)勢能的減少△Ep=mgh=mgs

(3)如果△E=△E=E-E=+M)L2(-L---L-)；即重力勢能的減小量等于動能的增加量,

rK2A號A呼

則可認為驗證了機械能守恒定律.

故答案為：(1)②9.30

(2)①](M+m)(-^)2；1(M+②mgs；

22At2

(3)l(m+M)L2(-l---1-)

2At|AtZ

解決實驗問題首先要掌握該實驗原理，了解實驗的儀器、操作步驟和數(shù)據(jù)處理以及注意事項.

光電門測量瞬時速度是實驗中常用的方法.由于光電門的寬度很小，所以我們用很短時間內的平均

速度代替瞬時速度.對常見的幾種測量長度工具要熟悉運用，并能正確讀數(shù).

14.答案：(1)保護電源，防止短路；(2)如圖所示；(3)2.94；1.21o

解析：

(1)若無勺存在，當R調節(jié)到0時，電源即短路。

(2)實物連接圖要與電路圖相對應，注意連接順序。

(3)運用閉合電路歐姆定律，分別研究電阻箱電阻為4和R2的

情況，列出含有電動勢和內阻的方程組求解。

本題考查測量電源電動勢和內阻的基礎知識，運用閉合電路歐

姆定律，分別研究電阻箱電阻為叫和/?2的情況，列出含有電動

勢和內阻的方程組求解。

(1)若無勺存在，當R調節(jié)到0時，外電路短路，有燒壞電源的危險，故作用是保護電源，防止短路;

(2)根據(jù)原理圖可得出對應的實物圖；注意電壓表量程選擇，開關置于干路，如圖所示；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律，得當電阻箱讀數(shù)為=2。時有：E=U

11R1+Ro

當電阻箱讀數(shù)為&=4。時有：E=U+一『r

2

2?2+?o

聯(lián)立上兩式得：E=2.94V；r=1.210。

15.答案：解：(1)以C活塞為研究對象，其處于平衡狀態(tài)

PoSB+mg=pBSB

mg1x10

p=p+一一=1XlO^PaH---------Pa=2X105P

"B。1x104%

PA=PBpgh=1.5X10spa

(2)對B氣體分析，緩慢升高A氣體溫度，活塞C始終處于平衡狀態(tài)，所以8氣體壓強不變，當左、

右兩管水銀面相平時，A氣體壓強與B壓強相等，即

P'A=PB=2X105pa

由于水銀總體積不變，而左管橫截面積是右管橫截面積的兩倍，所以左管下降距離是右管上升距離

的一半，因此有

Al+H=37.5

左右

1

Al=—AI

左2右

—12.5cm

左

對A氣體列理想氣體狀態(tài)方程

pVVr

一，

TATA

1.5X105x50x5_2X105x(50+12.5)xS

273+27=273+t

解得：t=227℃

5

答：(1)此狀態(tài)下A氣柱壓強為1.5x10Pa>B氣柱壓強為2x105Pa

(2)僅在緩慢升高A氣柱溫度的情況下，若要使左、右兩管內水銀面相平，則4氣柱溫度需升高到

227攝氏度.

解析：本題關鍵確定封閉氣體的初末狀態(tài)的氣壓、溫度、體積，然后結合理想氣體狀態(tài)方程列式后

聯(lián)立求解.

(1)先以C活塞為研究對象，根據(jù)受力平衡求出8氣柱的壓強：再根據(jù)兩水銀面的高度差求出A氣柱

的壓強；

(2)對B氣體分析，緩慢升高A氣體溫度，活塞C始終處于平衡狀態(tài)，所以8氣體壓強不變，當左、

右兩管水銀面相平時，A氣體壓強與B壓強相等，根據(jù)幾何關系求出A氣體水銀面下降的距離，最

后對4氣體列理想氣體狀態(tài)方程求A氣柱的末態(tài)溫度；

16.答案：解：(1)對皿根據(jù)牛頓第二定律有：Fn2mg=ma

解得：a=3m/s2

設拉力尸的作用時間為3則機的位移為％=1就2

2

對M：mg?々一(m+M)g-4=Ma!

解得：a'=lm/s2

M的位移：%'=工。，2

2

x—xr=Im

解得：t=Is,x=1.5m,x'—0.5m

(2)撤去力尸時，物塊〃?和長木板的速度y和M

v—a_t—3m/s

u'=a!t—lm/s

此后，物塊加減速，M加速，設經(jīng)過時間為“，共同速度為七

ma

對m：—mg%=1

解得：=-3m/s2,4

對Mxmg%—O+M)g-h=

，=/+%與

1

x'=v't+-a't2

11211

解得：q=0.5s,4=1.5m/s.x；=0.625m

加和M-?起減速，直到靜止。設位移為馬

對巾和M：根據(jù)牛頓第二定律有：-(m+=+m)a2

根據(jù)位移公式有：0-嗎=2。24

解得：x2=1.125m

木板M的位移：x=*'+X；+%=2.25zn

答：(1)求力F作用的時間為1s；

(2)求整個過程中長木板在地面上滑過的距離為2.25死。

解析：(1)分別對兩物體受力分析，由牛頓第二定律求得加速度，再由運動學公式求得物體通過的位

移，由功的公式可求得拉力的功；

(2)撤去拉力后，由牛頓第二定律求得加速度，再由運動學公式求出木板的位移，聯(lián)立可求得總位移。

解決該題的關鍵是正確進行受力分析，根據(jù)受力情況分析物體的運動情況，熟記運動學中的位移時

間公式和速度時間公式；

17.答案：解：(1)小球在斜面上運動過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：

小球下滑過程：mgh.=^mV2

j2ou

z

小球沿斜面上滑過程：mjgh'=2。vu2

代入數(shù)據(jù)解得：/=5m/s,v0'=lm/s,

碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

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