2020届湖北省武汉市华大新高高考物理模拟试卷(4月份)(含答案详解)

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1.

𝐴点如图所示，在竖直平面内有一半径为2𝑚的4圆弧形光滑导轨𝐴𝐵，与其最低点𝐶的高度差为1𝑚，今由𝐴点沿导轨无初速释放一个小球，若取𝑔=10𝑚/𝑠2，则( )

1

A. 小球过𝐵点的速度𝑣𝐵=2√5𝑚/𝑠 B. 小球过𝐵点的速度𝑣𝐵=2√5(√3−1)𝑚/𝑠 C. 小球离开𝐵点后做平抛运动

D. 小球离开𝐵点后将继续运动到与𝐴、𝐷等高的位置

2.

如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔𝑂1进入极板间电压为𝑈的水平加速电场区域，再通过小孔𝑂2射入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，其中磁场的方向如图所示，磁感应强度大小可根据实际要求调节，收集室的小孔𝑂3与𝑂1、𝑂2在同一条水平线上。则下列判断正确的是( )

A. 该装置可筛选出具有特定质量的粒子 B. 该装置可筛选出具有特定电荷量的粒子 C. 该装置可筛选出具有特定比荷的粒子 D. 该装置可筛选出具有特定动能的粒子

3.

中国预计在2022年前后建成载人空间站，它是一个在轨组装成的具有中国特色的空间实验室系统。空间站可以长期驻留3人，随着航天员在空间站轨道舱内停留时间的增加，体育锻炼成了一个必不可少的环节，下列器材中适宜航天员在空间站轨道舱中进行锻炼的是( )

A. 哑铃 B. 跑步机 C. 单杠 D. 弹簧拉力器

4. 变压器上的原、副线圈之间并没有导线直接连接，却将电能从原线圈的电路输送到副线圈的电路。在无线充电技术中，其中一种就是基于变压器的原理产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。如图所示是无线充电器正在对手机进行无线充电。下列说法合理的是( )

A. 在变压器原、副线圈上不存在能量的转化 B. 在变压器原线圈上电场能转化成磁场能 C. 手机必须与无线充电器贴合才能进行无线充电 D. 用无线充电器给手机充电的过程中是没有能量损耗的

5.

人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，下列对人能跳离地面的原因解释正确的是( )

A. 人对地球的作用力大于地球对人的引力 B. 地面对人的作用力大于人对地面的作用力 C. 人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力 D. 地面对人的作用力大于地球对人的引力

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分） 6.

关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的有( )

A. 核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间 B. 某原子经过一次𝑎衰变和两次𝛽衰变后，核内质子数不变 C. 裂变物质的体积小于临界体积时，链式反应不能进行

1448811D.  23592𝑈+0𝑛→56𝐵𝑎+36𝐾𝑟+30𝑛是太阳内部发生的核反应之

7. 如图所示，𝐴物在一个平行斜面向上的推力𝐹作用下静止，下列说法正确的是( )

A. 𝐴物受到的摩擦力方向一定沿斜面向下 B. 𝐴物受到的摩擦力大小可能等于推力𝐹

C. 斜面受到𝐴物的压力是由于斜面发生形变产生的

D. 斜面受到𝐴物的压力与斜面对𝐴物的支持力为一对相互作用力

8. 为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分辨为𝑎、𝑏、𝑐，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为𝐵的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压𝑈，若用𝑄表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是( )

A. 前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势，与哪种离子多无关 B. 若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面的电势高 C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 D. 污水流量𝑄与电压𝑈成正比，与𝑎𝑏无关

9.

下列论述正确的是( )

A. 气体很容易充满整个容器，这是分子间存在斥力的宏观表现 B. 从单一热源吸收热量，可能使之完全变成功 C. 温度高的物体，分子的平均速度一定大

D. 一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压

强一定减小．

E. 一辆空载的卡车停于水平地面上，在缓慢装沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，

不计分子间势能，则胎内气体向外界放热 10. 下列说法中正确的是( )

A. 简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两个质点振动位移的大小相等

B. 简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间

越短

C. 某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验，开始计时时，秒表提前按下 D. 能产生干涉现象的两束光是频率相同、相位差恒定的两束光

E. 按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场 F. 振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场 G. 除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光 H. 力学规律在任何参考系中都是相同的

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11. 某实验小组做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验．实验时，先把弹簧平放在桌面上，用直

尺测出弹簧的原长𝐿0=4.60𝑐𝑚，再把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧的长度𝑥，数据记录如表所示。

钩码个数 弹力𝐹/𝑁 弹簧的长度𝑥/𝑐𝑚 1 1.0 2 2.0 9.15 3 3.0 11.16 4 4.0 13.15 5 5.0 15.14 (1)根据图1，读出在弹簧下端挂一个钩码时对应的弹簧长度，填入表格。 (2)根据表中数据在图2中作出𝐹−𝑥图线；

(3)由此图线可得，该弹簧劲度系数𝑘= ______ 𝑁/𝑚。

12. 用以下器材测量一待测电阻𝑅𝑥的阻值(900～1000𝛺)：

电源𝐸，具有一定内阻，电动势约为9.0𝑉； 电压表𝑉1，量程为1.5𝑉，内阻𝑟1为750𝛺； 电压表𝑉2，量程为5𝑉，内阻𝑟2约为2500𝛺； 滑动变阻器𝑅1，最大阻值约为100𝛺； 滑动变阻器𝑅2最大电阻约为3000𝛺； 单刀单掷开关𝐾，导线若干．

测量中要求电压表的读数不小于其量程的3，则滑动变阻器选择______ ，测量电阻𝑅𝑋表达式______

用相应物理量符号表示)，在方框中画出测量电阻𝑅𝑥的实验电路原理图．

1

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13. 如图所示，为两根平行放置的相距𝐿=0.5𝑚且足够长的固定金属直角导轨，一部分水平，另一

𝑐𝑑始终与导轨垂直且接触良好，部分竖直．质量均为𝑚=0.5𝑘𝑔的金属细杆𝑎𝑏、水平导轨与𝑎𝑏杆之间的动摩擦因数为𝜇，竖直导轨光滑．𝐴𝑏与𝑐𝑑之间用一根足够长的绝缘细线跨过滑轮相连，每根杆的电阻均为𝑅=1𝛺，其他电阻不计．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．现用一平行于水平导轨的恒定拉力𝐹作用于𝑎𝑏杆，使之从静止开始向右运动，𝑎𝑏杆最终将做匀速运动，且在运动过程中𝑐𝑑杆始终在竖直导轨上运动．当改变拉力𝐹的大小时，𝑎𝑏杆相对应的匀速运动的速度𝑣的大小也随之改变，𝐹与𝑣的关系图线如图乙所示．不计细线与滑轮之间的摩擦和空气阻力，𝑔取10𝑚/𝑠2.求：

(1)𝑎𝑏杆与水平导轨之间的动摩擦因数𝜇和磁感应强度𝐵各为多大？

(2)若𝑎𝑏杆在𝐹=9𝑁的恒力作用下从静止开始向右运动8𝑚后达到匀速状态，则在这一过程中整个回

路产生的焦耳热为多少？

14. 甲、乙两小船(可视为质点)质量均为𝑀=120𝑘𝑔，静止于水面，甲船上的人质量𝑚=80𝑘𝑔，通

过一根长16𝑚的绳用𝐹=150𝑁的力水平拉乙船。忽略水的阻力作用。 求：(1)两船相遇时，两船分别走了多少距离？ (2)两船相遇时，两船的速度大小分别为？

(3)为防止两船相撞，人在两船马上相遇时至少应以多大的速度从甲船跳到乙船？

15. 一气缸导热性能良好、内壁光滑，顶部装有卡环．质量𝑚=2𝑘𝑔厚度不计的活塞与气缸底部之

间密闭了一定质量的理想气体．气缸竖直放置时，活塞与气缸底部之间的距离𝑙0=20𝑐𝑚，如图(𝑎)所示．已知气缸横截面积𝑆=1×10−3𝑚2、卡环到气缸底部的距离𝐿=30𝑐𝑚，环境温度𝑇0=300𝐾，大气压强𝑝0=1.0×105𝑃𝑎，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2.现将气缸水平放置，如图(𝑏)所示．此时，活塞向卡环处移动，问：

(1)活塞最终静止在距离气缸底部多远处？

(2)若活塞最终没有到达气缸顶部卡环处，为使活塞到达卡环，需将气缸内气体的温度缓缓升高到多

少开？若活塞最终已经到达气缸顶部卡环处，活塞刚好到达卡环时气缸内气体压强多大？

折射率为𝑛=√2的液面上有一光源𝑆，发出一条光线，16. 如图所示，

垂直射到水平放置于液体中且距液面高度为ℎ=1𝑚的平面镜𝑀的𝑂点上，当平面镜绕垂直于纸面的轴𝑂以角速度𝜔=20𝑟𝑎𝑑/𝑠逆

时针方向匀速转动时，液面上的观察者跟踪观察，发现液面上有一光斑掠过，且光斑到𝑃点后立即消失，求：

(1)光斑在这一过程中平均速度的大小； (2)光斑在𝑃点即将消失时瞬时速度的大小。

𝜋

参及解析

1.答案：𝐵

解析：解：

A、𝐵根据几何关系，知𝐴𝐵间的高度差ℎ=(√3−1)𝑚．

2

根据机械能守恒定律有：𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣𝐵

1

解得，𝑣𝐵=2√5(√3−1)𝑚/𝑠，故A错误，B正确．

C、因为小球在𝐵点的速度方向沿切线斜向上，根据运动和受力知，小球将离开轨道做斜抛运动，其水平方向做匀速直线运动，到达最高点时有水平分速度，根据机械能守恒得知，小球离开𝐵点后到达的最高点的位置比𝐴、𝐷要低．故C、𝐷均错误． 故选：𝐵

在竖直平面内，小球在光滑圆弧轨道上运动，满足机械能守恒条件，根据给出的几何关系确定𝐴、𝐵点的高度差，根据机械能守恒可以确定小球在𝐵点的速度大小．小球离开𝐵后根据受力情况，具有斜向上的速度，只受重力作用，故小球做斜抛运动．

灵活运用机械能守恒定律的表达式，减小的重力势能等于增加的动能，列式处理机械能守恒问题是解决本题的关键．

2.答案：𝐶

解析：解：粒子只有沿𝑂2、𝑂3方向做直线运动，粒子才能进入收集室，由𝑞𝑣𝐵=𝑞𝐸，得𝑣=𝐵，所以该装置可筛选出具有特定速度的粒子。

在电场中，根据动能定理得 𝑞𝑈=2𝑚𝑣2，解得：𝑣=√又𝑣=𝐵，则：=，

𝑚2𝑈𝐵2所以可以筛选出具有特定比荷的粒子，但不能选出特定质量或特定电荷量的粒子，也不能选出具有特定功能的粒子，故C正确，ABD错误。 故选：𝐶。

粒子只有沿𝑂2、𝑂3方向做直线运动，粒子才能进入收集室，电场力与洛伦兹力平衡，可得到速度表达式。根据动能定理得到速度与电荷量、质量的关系。

本题考查对粒子速度选择器原理的理解，根据平衡条件和动能定理结合进行分析。

𝐸

𝑞

𝐸2

1

2𝑞𝑈𝑚

𝐸

，

3.答案：𝐷

解析：解：𝐴、用哑铃锻炼身体主要就是利用哑铃的重力，在轨道舱中哑铃处于完全失重状态，它对人的胳膊没有压力的作用；故不能用来锻炼，故A错误；

B、在轨道舱中人处于失重状态，就算人站在跑步机上，但是脚对跑步机一点压力也没有。根据压力与摩擦力成正比，那么这时脚与跑步机之间没有一点摩擦力。没有摩擦力人将寸步难行。故不能用来锻炼，故B错误；

C、用单杠锻炼身体需克服自身的重力上升，利用自身的重力下降。在完全失重状态下已没有重力可用；故不能用来锻炼，故C错误；

D、弹簧拉力器锻炼的是人肌肉的伸缩和舒张力，与重力无关。故能用来锻炼，故D正确。 故选：𝐷。

想弄清楚在超重和失重的状态下哪些器材可以用，必须清楚各个器材的物理原理，看看有没有与重力有关的原因，如果有那么，哪些器材就不能使用。

此题考查了人造卫星的相关知识，解决该题的关键是明确知道在轨道舱中所有的物体属于完全失重状态，因重力而引起的现象全部消失。

4.答案：𝐵

解析：解：𝐴𝐵、在变压器原、副线圈上存在能量转化，在变压器原线圈上电场能转化成磁场能，在副线圈上磁场能转化成电场能，故A错误，B正确；

C、给手机充电时手机不必与无线充电器贴合，只要手机在充电器磁场范围内即可，故C错误； D、用无线充电器给手机充电过程有能力损耗，故D错误。 故选：𝐵。

变压器工作过程在原副线圈上存在能量转化过程，在原线圈电场能转化成磁场能，在副线圈磁场能转化为电场能；无线充电器给手机充电过程存在能量损失。

本题考查了无线充电器给手机充电问题，知道无线充电器的工作原理是截图的前提与关键，根据题意分析各选项即可解题。

5.答案：𝐷

解析：解：𝐴、人对地球的引力和地球对人的吸引力，为作用力与反作用力；故大小相等；故A错误；

B、人对地面的作用力与地面对人的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，故B错误 C、人能离开地面的原因是地对人的方向向上的弹力大于地球对人的重力，人受到向上的合力，而不是受到向上的另外的力．故 C错误；

D、人用力蹬地，就能跳离地面，是由于地面对人的作用力大于地球对人的引力；故D正确；

故选：𝐷

人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力．

本题考查了作用力与反作用力、牛顿第二定律，要注意明确作用力与反作用力间的关系，明确人受到的合外力的方向向上是人能离开地面的原因．

6.答案：𝐵𝐶

解析：解：𝐴、核力是一种强相互作用，是一种短距作用，只能发生在原子核内相邻核子之间，故A错误；

B、某原子核经过一次𝛼衰变和两次𝛽衰变后，电荷数不变，质量数少4，可知核内质子数不变，故B 正确；

C、放射性原子核𝑋发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来𝑋的结合能，故C正确；

1448811D、太阳内部发生的核反应是聚变反应，而 23592𝑈+0𝑛→56𝐵𝑎+36𝐾𝑟+30𝑛裂变反应，故D错误；

故选：𝐵𝐶。

核力是短程力，存在于相邻的核子之间； 根据质量数与质子数守恒，即可判定𝐵选项； 依据质量亏损，结合质能方程，即可判定𝐶选项； 太阳内部发生的是聚变反应。

考查核力存在的范围，掌握核反应方程的书写规律，理解质能方程的内容，注意聚变反应与裂变反应的区别。

7.答案：𝐵𝐷

解析：解：建立如图坐标系，对物体进行受力分析有：

根据平衡可有：

𝑓=𝐹−𝐺𝑠𝑖𝑛𝜃，所以：

A、当𝐹>𝐺𝑠𝑖𝑛𝜃，摩擦力方向沿斜面向下，当𝐹<𝐺𝑠𝑖𝑛𝜃时，摩擦力方向沿斜面向上，当𝐹=𝐺𝑠𝑖𝑛𝜃时，没有摩擦力，故A错误；

B、当𝐹=2𝐺𝑠𝑖𝑛𝜃时，𝑓=2𝐺𝑠𝑖𝑛𝜃=𝐹，故B正确；

C、由弹力的定义知：形变的物体由于要恢复原状对跟它接触的物体产生弹力作用，故斜面受到的弹力是同于物体发生形变而产生的，故C错误；

D、斜面受到物体对它的压力和物体受到斜面对它的支持力是一对相互作用力，故D正确． 故选：𝐵𝐷

物体处于静止状态，故物体在垂直斜面方向上平衡，沿斜面方向也平衡，根据推力𝐹的与重力分力的大小确定摩擦力的方向．

解决本题的关键能够正确地受力分析，通过沿斜面方向平衡进行分析．

1

1

8.答案：𝐴𝐷

解析：解：𝐴、正负离子流动时，根据左手定则，正离子洛伦兹力，向后表面偏转，所以后表面上带正电荷，前表面上带负电荷，前表面电势比后表面低，与哪种离子的多少无关．故A正确，B错误． C、最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有𝑞𝑏=𝑞𝑣𝐵，流量𝑄=𝑣𝑆=𝑣𝑏𝑐，所以𝑈=

𝐵𝑄𝑐

𝑈

.与离子浓度无关．故C错误．

𝑐𝑈𝐵

D、𝑄=，知污水流量𝑄与电压成正比，与𝑎、𝑏无关．故D正确．

故选：𝐴𝐷．

正负离子流动时，受到洛伦兹力，发生偏转，正离子偏转到哪一个表面，哪一个表面电势就高．两表面上有正负电荷，之间就存在电场，最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡． 解决本题的关键正握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，前后表面形成稳定的电势差．

9.答案：𝐵𝐷𝐸

解析：解：𝐴、气体分子间的距离较大，分子间的作用力很小，气体总是很容易充满整个容器，这是分子热运动的宏观表现，故A错误；

B、从单一热源吸收热量，如果有外界参与产生了其他影响，是可以使之完全变成功，故B正确； C、温度高的物体分子平均动能一定大，但分子的平均速度不一定大，故C错误；

D、一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，根据热力学第一定律△𝑈=𝑄+𝑊，可知气体一定对外做功，气体体积增大，根据理想气体状态方程𝑇=𝐶，可知在该过程中气体的压强一定减小，故D正确；

E、胎内气体视为理想气体，温度不变，根据热力学第一定律，可知内能变化量△𝑈=𝑊+𝑄=0，装沙过程中轮胎受地面挤压力增大，导致体积𝑉会变小，外界对气体做功𝑊>0，所以𝑄=−𝑊<0，可知气体向外界放热，故E正确。 故选：𝐵𝐷𝐸。

分子做永不停息的无规则热运动，使气体能够充满整个容器；不可能从单一热源吸收热量并全部用来做功，而不引起其他变化；温度是分子平均动能的标志；根据热力学第一定律和理想气体状态方程判断；根据热力学第一定律判断。

本题考查气体分子运动特点、热力学第二定律、分子平均动能、热力学第一定律及理想气体状态方程等热学基础知识，关键是熟练掌握各概念、规律，并能灵活应用解释现象等。

𝑝𝑉

10.答案：𝐴𝐵𝐷𝐸𝐹𝐺

解析：解：𝐴、简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两个质点振动情况总是相反，位移的大小总是相等．故A正确．

B、简谐机械波在给定的介质中传播时，振动的频率越高，周期越小，波传播一个波长的距离所用的时间等于一个周期，则波传播一个波长的距离所用的时间越短．故B正确．

C、做“用单摆测定重力加速度”的实验，应在摆球经过平衡位置时开始计时，因为平衡位置摆球的速度最大，可以减小测量误差．故C错误．

D、频率相同、相位差恒定的两束光才能产生稳定的干涉．故D正确．

E、根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场．故E正确． F、振荡电场和振荡磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，这个统一体就是电磁场．故F正确．

G、经过反射光或折射光都是偏振光，所以除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光．故G正确．

H、根据相对论的基本原理知，力学规律在任何惯性参考系中都是相同的．故H错误． 故选：𝐴𝐵𝐷𝐸𝐹𝐺

本题应抓住机械波的传播过程、单摆实验的要求、干涉的条件、麦克斯韦的电磁场理论、光的偏振、相对论的基本原理进行分析选择．

本题考查机械波、单摆实验、干涉、麦克斯韦的电磁场理论、光的偏振、相对论，都是基本知识，平时要加强基础知识的学习，注意知识的积累，属于基本题．

11.答案：(1)7.15；

(2)；

(3)50

解析：

(1)根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数。 (2)应用描点法作出图象。

(3)根据图示图象求出弹簧的劲度系数。

本题考查了刻度尺的读数、做图象、求劲度系数，对刻度尺读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直，用图象法处理实验数据是常用的方法，要掌握描点法作图的方法。 解：(1)由图示刻度尺可知，其分度值为0.1𝑐𝑚，示数为：7.15𝑐𝑚；

(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示：

(3)由胡克定律可知：弹簧的劲度系数：𝑘=𝛥𝑥=0.150−0.090𝑁/𝑚=50𝑁/𝑚； 故答案为：(1)7.15；(2)图象如图所示；(3)50。

𝛥𝐹5−2

12.答案：𝑅1；𝑅𝑋=

(𝑈2−𝑈1)𝑟1

𝑈1

1

解析：解：要使电压表的读数不小于其量程的3，滑动变阻器应采用分压接法，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选：𝑅1；

实验中没有电流表，可以用已知内阻的电压表充当电流表，与待测电阻串联，用另一个电压表测电压，滑动变阻器采用分压接法，实验电路图如图所示，

电压表𝑉1示数为𝑈1，电压表𝑉2示数为𝑈2， 由电路图可知，通过待测电阻的电流：𝐼=待测电阻阻值：𝑅𝑋=故答案为：𝑅1；𝑅𝑋=

𝑈𝑋𝐼

𝑈1𝑟1

，

=

𝑈2−𝑈1

𝑈1𝑟1

=

(𝑈2−𝑈1)𝑟1

𝑈1

；

(𝑈2−𝑈1)𝑟1

𝑈1

；实验电路图如图所示．

为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；测电阻阻值，没有电流表，可以用已知内阻的电压表当电流表使用，让已知内阻电压表与待测电阻串联，用另一电压表测电压，然后由欧姆定律求出待测电阻阻值．

本题考查了实验器材的选择、设计实验电路，测电阻需要测出通过电阻的电流，没有电流表，可以用已知内阻的电压表间接测电流，这是正确解题的关键．

13.答案：解：(1)设𝑎𝑏杆匀速运动时的速度为𝑣，则回路中产生的感应电动势为：

𝐸=𝐵𝐿𝑣…①

回路中的感应电流为：𝐼=2𝑅=

𝐸

𝐵𝐿𝑣2𝑅

…②

𝐵2𝐿2𝑣2𝑅

𝑎𝑏杆所受到的安培力为：𝐹安=𝐵𝐼𝐿=

…③

以𝑇表示细线的拉力，对𝑎𝑏杆，由平衡条件得： 𝐹=𝐹安+𝑇+𝜇𝑚𝑔…④ 对𝑐𝑑杆，有：𝑇=𝑚𝑔…⑤ 联立③④⑤解得：𝐹=

𝐵2𝐿2𝑣2𝑅

+(𝜇+1)𝑚𝑔…⑥

由图乙可知：当𝐹1=9𝑁时，𝑣1=4𝑚/𝑠；当𝐹2=11𝑁时，𝑣2=8𝑚/𝑠 代入⑥解得：𝜇=0.4，𝐵=2𝑇…⑦

(2)𝑎𝑏杆从静止开始向右运动直到匀速运动的过程中，设回路产生的焦耳热为𝑄，对𝑎𝑏、𝑐𝑑组成的系统，由能量守恒定律可得：

𝐹𝑠=𝑄+𝜇𝑚𝑔𝑠+𝑚𝑔𝑠+2×2𝑚𝑣2…⑧

1

解得：𝑄=8𝐽

答：(1)杆与水平道轨之间的动摩擦因数𝜇和磁感应强度𝐵各为0.4，2𝑇．

(2)若𝑎𝑏杆在𝐹=9𝑁的恒力作用下从静止开始向右运动8𝑚时达到匀速状态，则在这一过程中整个回路产生的焦耳热为8𝐽．

解析：(1)当导体棒𝑎𝑏匀速向右运动时，切割磁感线(𝑐𝑑运动时不切割磁感线)，在回路中产生感应电流，从而使导体棒𝑎𝑏受到水平向左的安培力．导体棒𝑐𝑑受到水平向右的安培力，使导体棒和轨道之间产生弹力，从而使𝑐𝑑受到向上的摩擦力，把力分析清楚，然后根据受力平衡求解． (2)从静止开始向右运动8𝑚时达到匀速状态，运用能量守恒定律列式求解．

本题涉及电磁感应过程中的复杂受力分析，解决这类问题的关键是，根据法拉第电磁感应定律判断感应电流方向，然后根据安培定则或楞次定律判断安培力方向，进一步根据运动状态列方程求解．

14.答案：解：(1)甲船和人与乙船组成的系统动量时刻守恒，由平均动量守恒得：

(𝑀+𝑚)𝑥甲=𝑀𝑥乙， 又𝑥甲+𝑥乙=𝐿

联立解得：𝑥甲=6𝑚，𝑥乙=10𝑚

(2)设量程相遇时甲船的速度为𝑣1，乙船的速度为𝑣2，对甲船和人用动能定理得：

2

𝐹𝑥甲=(𝑀+𝑚)𝑣1，

21

代入解得：𝑣1=3𝑚/𝑠

2又：𝐹𝑥乙=2𝑀𝑣2，

1

代入解得：𝑣2=5𝑚/𝑠

(3)因甲、乙两船与人组成的系统总动量为零，所以人跳离甲后，甲速度为零时，人跳离速度最小，设人跳离的速度为𝑣，因跳离时，甲船和人组成的系统动量守恒，选取甲船速度方向为正方向，有：

(𝑀+𝑚)𝑣1=0+𝑚𝑣

可求得：𝑣=7.5𝑚/𝑠

答：(1)两船相遇时，两船分别走了6𝑚和10𝑚； (2)两船相遇时，两船的速度大小分别为3𝑚/𝑠和5𝑚/𝑠；

(3)为防止两船相撞，人在两船马上相遇时至少应以7.5𝑚/𝑠的速度从甲船跳到乙船。

解析：(1)先根据牛顿的第二定律求出两船的加速度，再根据位移时间公式结合位移关系求出拉绳的时间，从而求出两船行进的距离。

(2)对两船，分别由动能定理即可求出末速度；

(3)根据速度时间公式求出相撞前的速度，再根据船和人水平动量守恒列式，根据速度关系列式即可求解。

本题考查了匀变速直线运动规律，通过动量守恒定律求物体的运动速度。在使用动量守恒定律时，应该先判断条件：系统合外力为零。

  =𝑝0+15.答案：解：(1)气缸竖直放置时，封闭气体的压强：𝑝1

𝑚𝑔𝑆

解得：𝑝1=1.2×105𝑃𝑎

气缸水平放置时，假设活塞最终静止在距离气缸底部𝑙处，此时封闭气体的压强：

𝑝2=𝑝0=1.0×105𝑃𝑎

根据理想气体状态方程有：

 𝑉 𝑝11 𝑇1

=

 𝑉 𝑝22 𝑇2

=𝑇1=300𝐾、𝑉2=𝑥𝑆𝑙0=20𝑐𝑚 将𝑝1=1.2×105𝑃𝑎、𝑉1=𝑙0𝑆，𝑝2=1.0×105𝑃𝑎、𝑉2=𝑙𝑆，𝑇2 

=24𝑐𝑚<𝐿=30𝑐𝑚 代入得：𝑙=1.2𝑙0

(2)活塞最终没有到达气缸顶部卡环处．为使活塞到达卡环，设需将气缸内气体的温度缓缓升高到𝑇3.

 =𝑇 ，𝑇2=300𝐾、气缸内气体的温度缓缓升高的过程为等压过程，由盖−吕萨克定律有：将𝑉2=𝑙𝑆、𝑇 3

2

 𝑉3

 𝑉2

𝑉3=𝐿𝑆代入得：𝑇3=375𝐾

答：(1)活塞最终静止在距离气缸底部24𝑐𝑚；

(2)活塞最终没有到达气缸顶部卡环处，为使活塞到达卡环，需将气缸内气体的温度缓缓升高到375𝐾。 解析：(1)气缸竖直放置时，根据活塞受力平衡求出气缸内气体的压强，根据理想气体状态方程或气体实验定律求最终静止时活塞距气缸底部的距离；

(2)由第(1)问结果知，活塞最终没有到达气缸顶部卡环处，升温过程中发生等压变化，根据盖−吕萨克定律求出活塞刚到卡环处的温度．

本题关键是通过对活塞受力分析得到封闭气体的压强，然后对封闭气体灵活选择气体实验定律或理想气体状态方程列式求解．

16.答案：解：(1)光线垂直于液面入射，平面镜水平放置时反射光线沿原路返回，平面镜绕𝑂逆时针

方向转动时，光线经平面镜反射开始逆时针转动，液面上的观察者能得到由液面折射出去的光线，当从𝑃处向左再也看不到液面上的光斑时，说明从平面镜反射到𝑃点的光线在液面产生全反射，做出光路图如图所示：

根据在𝑃处产生全反射条件得：

𝑠𝑖𝑛𝐶=

解得：𝐶=45°

因为𝜃=90°−45°=45°，则根据几何关系可知平面镜旋转的角度𝛼=此过程平面镜旋转时间为：𝑡=𝜔=𝑃𝑆=𝑂𝑆=ℎ=1𝑚，

光斑在这一过程中平均速度的大小：𝑣=

−

𝑃𝑆𝑡

𝛼

𝜋8𝜋20

1√2= 𝑛290−𝜃2

=22.5°= 8

𝜋

=2.5𝑠

=2.5𝑚/𝑠=0.4𝑚/𝑠

1

(2)光斑在液面移动的速度𝑣是光线的伸长速度𝑣2与光线转动速度𝑣1的合速度，其中

𝑂𝑃=√2ℎ

由几何关系可知𝜃=2𝛼，则光线的转动角速度是平面镜转动角速度的2倍，可得：

𝑣1=𝑂𝑃×2𝜔=√2ℎ×2×

所以光斑在𝑃点即将消失时瞬时速度的大小为：

√2𝜋𝑣110𝑚/𝑠=𝜋𝑚/𝑠 𝑣==𝑐𝑜𝑠45∘5√22答：(1)光斑在这一过程中平均速度的大小为0.4𝑚/𝑠； (2)光斑在𝑃点即将消失时瞬时速度的大小为5𝑚/𝑠．

解析：(1)根据折射定律求出𝜃角的大小，进而求出平面镜转动的角度，由𝑡=𝜔求转动时间，由位移除以时间得出平均速度；

(2)光斑在液面移动的速度是光线的伸长速度与光线转动速度的合速度，将光斑在𝑃位置的线速度合成，由几何知识得出光斑沿液面向左的速度．

𝛼

𝜋

𝜋√2𝜋𝑚/𝑠=𝑚/𝑠 2010本例涉及平面镜旋转、光的反射及全反射现象，需综合运用反射定律、速度的分解、线速度与角速度的关系等知识求解．确定光斑沿水平方向移动的速度是由光线的伸长速度与光线转动速度合成得到，是求解本例的关键．