2020届江苏省七市高考物理二模试卷(含答案详解)

2020届江苏省七市高考物理二模试卷一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）1. 关于力与运动的关系，下列说法正确的是(    )A.运动需要力来维持B.物体所受合外力增大，则物体的速度一定增大C.做直线运动的物体，所受合外力的方向一定与运动方向一致D.做曲线运动的物体，所受合外力一定不为02. 电子e以垂直于匀强磁场的速度v，从a点进入长为d、宽为L的磁场区域，偏转后从b点离开磁场，如图所示。若磁场的磁感应强度为B，那么(    )A.电子在磁场中的运动时间t=B.电子在磁场中的运动时间大于LC.洛伦兹力对电子做的功是W=BevLD.电子在b点的速度与a点的速度相同3. 在研究微观粒子时常用电子伏特(eV)做能量的单位．1eV等于一个电子经过1V的电压加速后增加的动能．关于电子伏特与焦耳的单位换算正确的是(    )A.1eV=1.6×1019JC.1eV=1.6×10-19J4. 如下图所示，长为l的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法正确的是(

)A.小球的线速度发生突变B.小球的角速度突然增大到原来的2倍C.小球的向心加速度突然增大到原来的3倍D.绳子对小球的拉力突然增大到原来的2倍5. 如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨PQ、MN与水平面的夹角均为θ，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，导轨下端接有图示电路；已知：电阻R1=6Ω、R2=3Ω，电源电动势E=6V，内阻不计．当电键S1闭合，S2断开时，一根垂直于导轨PQ放置的电阻不计、质量均匀的金属棒恰好能静止，金属棒质量为mA.匀强磁场的磁感应强度B=mgcotθB.匀强磁场的磁感应强度B=C.若再闭合电键S2，闭合电键瞬间，金属棒的加速度D.若再闭合电键S2，闭合电键瞬间，金属棒的加速度a=二、多选题（本大题共7小题，共26.0分）6. 下列说法中不正确的是(    )A.牛顿提出万有引力定律，并利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量B.牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通实验来验证C.单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位D.牛顿第一定律是牛顿第二定律在加速度等于零下的一个特例7. 一物体从半径为R的行星表面某高度处一定初速度开始做平抛运动．从抛出时刻开始计时，得到物体离行星表面高度h随时间t变化的图象如图所示，已知引力常量G，则根据题设条件可以计算出(    )A.行星表面重力加速度的大小B.物体落到行星表面时速度的大小C.行星的质量D.物体受到行星引力的大小8. 如甲所示一正方形导电线框放置在水平桌面上，其一半面积处于竖直方向的匀强磁场中。匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(竖直向下的方向为B的正方向)，而线框始终保持静止。下列关于线框中的感应电流i(逆时针方向为其正方向)及线框所受摩擦力f(取水平向右为其正方向)随时间变化的关系图象中正确的是(    )A. B.C. D.9. 在抗击新冠肺炎的战“疫”中，机器人发挥了独特的优势，机器人从护士站到病区为患者运送生活物品，如图(a)所示。机器人沿直线运动的v-t图象，如图(b)所示。在此过程中生活物品与平台间恰好不发生滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，则(    )A.生活物品与平台间的动摩擦因数为0.06B.机器人轮胎与地面间的动摩擦因数为0.06C.机器人完成一次运送最短时间为20D.机器人完成一次运送最大速度为6m/s10. 下列解释核能的反应过程，表述正确的有(    )A.13H+1B.13C.92235D.92235U+011. 下列说法正确的是(    )A.从微观角度看，气体的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的B.只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积C.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势D.在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力12. 图甲是沿x轴传播的简谐横波在t=0.2s时刻的波形图，乙图是x=0处质点的振动图象。P是x=2m处的质点，Q是x=0.5m处的质点。下列说法正确的是(    )A.该波沿x轴正方向传播B.在t=0.2s时刻，质点P的振动速度一定是10m/sC.Q质点在0.2s～0.4sD.以t=0.2s为计时起点，P质点的振动方程为y=5sin5πt(cm)E.若波源沿x轴正方向运动，则该波源的振动频率可能为5Hz三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）13. 已知氢原子基态能级E1，激发态能级En=E1n2(n=2,3,…)，普朗克常量为h，光速为c，则氢原子从n=4向n=2跃迁时发出光的波长为14. 甲、乙两同学分别在高倍显微镜下每隔30s追踪记录水中小炭粒运动位置的连线图，如图甲和乙所示，两方格纸每格均为边长相等的正方形。比较两图可知：若水温相同，______(选填“甲”或“乙”)中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，______(选填“甲”或“乙”)中水分子的热运动较剧烈；水中小炭粒的运动______(选填“是”或“不是”)水分子的运动。15. 在LC振荡电路中，如已知电容C，并测得电路的固有振荡周期T，即可求得电感L.为了提高测量精度，需多次改变C值并测得相应的T值．现将测得的6组数据标示在以C为横坐标、T2为纵坐标的坐标纸上，即图中“×”表示的点．(1)T、L、C的关系为______．(2)根据图中给出的数据点作出T2与C(3)求得的L值是______．四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）16. 为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木板倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图甲所示．(1)本实验中，下列操作合理的是______．A.遮光条的宽度应尽量小些B.实验前将轻质卡置于光电门附近C.为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值(2)用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为______mm．(3)改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离与木块来回经过光电门时速度的平方差，结果如表所示，试在丙图坐标纸上作出△v2-x的图象，经测量木板倾角的余弦值为0.6，重力加速度取g=9.80m/s2，则木块与木板间的动摩擦因数为序号12345X/cm16.036.060.070.088.0△0.040.090.150.190.22(4)由于轻质卡的影响，使得测量的结果______(选填“偏大”或“偏小”)．17. 如图(甲)所示，某同学用DIS实验测量一节干电池的电动势和内阻，为保护电源在电路中串联了一个阻值为R0=2Ω(1)在(甲)图中的P处应接______传感器，Q处应接______传感器．(选填“电流”或“电压”)(2)某同学根据计算机生成如图(乙)所示的U-I图线，由图线可知，这节干电池的电动势约为______，内阻约为______．五、计算题（本大题共5小题，共62.0分）18. 如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，管中装有部分水银，左端开口向下，右侧封闭一定质量的空气(视为理想气体)。初始时玻璃管右侧放入装有热水的烧杯中，左右两侧水银液面高度相等，空气柱长度l1=36.0cm。烧杯中热水温度T1=360K，大气压强P0①热水完全冷却后室内环境的热力学温度T②室内环境温度不变，取出U形管，在竖直平面内缓慢转动(不漏气)，直到开口竖直向上为止欲使左右两侧水银液面高度相等，需从开口端注入水银柱的长度△l为多少？19. “道威棱镜”广泛地应用于光学仪器中，如图所示，将一截面为等腰直角三角形的玻璃棱镜截去棱角，使其上边AB平行于底边CD，可制成“道威棱镜”，这样就能减小棱镜的重量和杂散的内部反射。平行于底边CD的单色光从AC边射入，都从BD边射出。已知玻璃棱镜的折射率n=2，CD边长为l。若光从一种介质射到另一种介质的分界面时，发生了折射，就不考虑反射。(i)通过计算说明从BD边射出的光的传播方向；(ii)求该“道威棱镜”的最大高度。20. 如图所示，空间中自下而上依次分布着垂直纸面向内的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ.….n，相邻两个磁场的间距均为a=1.2m.一边长L=0.2m、质量m=0.5kg、电組R=0.01Ω的正方形导线框，与质量M=2kg的物块通过跨过两光滑轻质定滑轮的轻质细线相连．线框的上边距离磁场I的下边界为b=1m，物块放在倾角θ=53°的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，斜面足够长．将物块由静止释放，线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动．已知重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6(1)线框进人磁场I时速度v1(2)磁场I的磁感应强度B1(3)磁场n的磁感应强度Bn与B121. 如图所示，光滑水平地面上固定一个半径R=0.2m的光滑四分之一圆轨道，圆轨道末端与紧靠着的两个长为L=0.2m的长木块A、B的上表面齐平，一可视为质点的滑块C从圆轨道顶端由静止释放，滑下后依次滑上长木块A、B，已知A、B，已知A、B、C的质量均为m=1kg，C与A上表面的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2.求滑块C从A刚滑上B时三者的速度．22. 如图所示，一边长为a的正方形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面向内，导线框的左端通过导线接一对水平放置的金属板，两板间的距离为d，板长l=3d.t=0时，磁场的磁感应强度从B0开始均匀增加，同时，在金属板的左侧有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小为v0(1)粒子在板间运动过程，两板间的电势差．(2)粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小．六、综合题（本大题共1小题，共5.0分）23. 地球年龄约为45亿年，在刚生成的地球上， 92238U的数量大约是它现在数量的几倍(参如表半衰期实例半衰期实例核半衰期核半衰期核半衰期自由中子887s 5.2714a 2.144× 3.139d 5.75a 7.038× 3.66d 1600a 4.468× 8.02d 5730a 1.405×注：表中s表示秒，d表示日，a表示年。半衰期是放射性物质固有的一种物理属性，由原子核自身的因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关。

参考答案及解析1.答案：D解析：解：A、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因。故A错误；B、物体受到的合外力增大，说明了物体运动状态改变加快，若该力的方向与运动的方向相反，则物体的速度减小。故B错误；C、做直线运动的物体，所受合外力的方向可能与运动方向一致，也有可能与运动的方向相反。故C错误；D、物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，所以物体受到的合外力一定不为0.故D正确；故选：D。根据以下知识答题：(1)物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因；(2)做直线运动的物体，所受合外力的方向可能与运动方向一致，也有可能与运动的方向相反；(3)物体做曲线运动的条件是合力与速度不在同一条直线上，速度的方向与该点曲线的切线方向相同，是一种变速运动．本题考查了力与运动的关系，应知道：力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因．2.答案：B解析：解：AB、电子做匀速圆周运动，在磁场中运动的时间为：t=ABv>dvC、洛伦兹力方向与速度方向始终垂直，对电子不做功，故C错误；D、洛伦兹力不做功，电子的动能不变，则其速率不变，电子在b点的速度与a点的速度方向不同，故D错误。故选：B。电子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由弧长与线速度之比求时间．洛伦兹力不做功，速度大小不变．本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据运动学特性进行解答是关键。3.答案：C解析：解：根据电场力做功公式公式W=qU得：1eV=1.6×10故选：C。根据电场力做功公式W=qU，可求得1eV和1J的关系．本题要知道电子伏是常用的能量单位，应运用电场力做功公式W=qU理解与功的单位J与eV的关系．4.答案：B解析：本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用。小球的线速度发生不会突变，选项A错误；由，当r变为时，小球的线速度发生不会突变，所以ω变为原来的2倍，选项B正确；由，当r变为时，小球的线速度发生不会突变，所以a变为原来的2倍，选项C错误；Fn=F-mg，而Fn=man，所以由C分析得Fn变为原来2故选B。5.答案：C解析：解：AB、导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，如图侧视图所示．由平衡条件得

F=mgtanθ又F=BIL，I=ER=66A=1ACD、若再闭合电键S2，闭合电键瞬间，总电阻为这两电阻的并联，即为R'=6×36+3金属棒受力分析，则有BI'Lcosθ-mgsinθ=ma

因BILcosθ=mgsinθ又因I'=3I所以金属棒的加速度a=2gsinθ，故C正确，D错误；故选：C导体杆静止在导轨上，受到重力、支持力和安培力三个力作用，根据平衡条件和闭合电路欧姆定律结合安培力大小为F=BIL，即可求得磁感应强度．当改变通电导线的电流时，根据受力分析结合牛顿第二定律，即可求解．本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析受力情况，特别是安培力的情况是关键．6.答案：ABD解析：解：A、牛顿提出万有引力定律，卡文迪许利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量，故A错误；B、牛顿第一定律不可以用实验来验证，牛顿第二定律都可以通实验来验证，故B错误；C、单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位，故C正确；D、牛顿第一定律指出，物体“不受外力”作用时的运动状态，或者是静止不动；或者是做匀速直线运动，牛顿第二定律：物体的加速度跟物体所受的“合外力F”成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．故D错误；本题选不正确的，故选：ABD．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．7.答案：AB解析：解：A、物体离行星表面的高度为25m，落地时间为2.5s，根据h=12gt2C、根据地球表面万有引力等于重力可知，GMmR2D、由于不知道物体的质量，所以不能求出物体受到行星的引力大小．故D错误．故选：AB根据离行星表面的高度落地时间求出行星表面的重力加速度，从而再求出落地的速度．解决本题的关键根据运动学公式求出行星表面的重力加速度和落地速度．以及知道万有引力等于重力GMmR28.答案：BC解析：解：AB、根据法拉第电磁感应定律E=△B△tS，0～1s内，磁感应强度的变化率恒定，感应电动势大小恒定，由欧姆定律I=ER根据楞次定律0～1s线圈中感应电流方向为逆时针，方向沿正方向，；2s～3s内线圈中感应电流方向为顺时针，方向沿负方向，故CD、0～1s内，根据左手定则，受到的安培力向左，线框始终静止，受到向右的静摩擦力，由f=BIL，静摩擦力与磁感应强度B成正比，f随B的均匀减小而减小；1～2s内，感应电流为零，无安培力，无摩擦力；2s～3s内，根据左手定则，受到的安培力水平向左，线框始终静止，受到向右的静摩擦力，由f=BIL，静摩擦力与磁感应强度成正比，f随故选：BC。回路的磁通量发生变化，导致其产生感应电动势，由于电路闭合从而出现电流，进而导致线框产生安培力，而线框始终静止，则静摩擦力与安培力平衡．所以由法拉第电磁感应定律可求出感应电流的大小，由楞次定律来判定电流的方向，最终可确定静摩擦力的方向与大小。本题主要考查了安培力方向的判定和楞次定律的应用，结合受力平衡求出静摩擦力大小与方向是解题的关键。9.答案：AC解析：解：A、根据v-t图象可得机器人和生活物品加速运动、减速运动加速度大小相等，均为a=△v△t=610m/s2=0.6m/B、机器人轮胎与地面间只是相对静止而没有达到最大静摩擦，故不能求出轮胎与地面间的动摩擦因数，故B错误；CD、根据速度图象可得从护士站到病区的距离为x=(20-10)+302×6m=120m，机器人用最短时间完成任务，需要先加速到最大速度v后减速到零，根据速度-位移关系可得：v22a×2=x，解得v=62故选：AC。根据v-t图象求解加速度大小，再根据牛顿第二定律求解生活物品与平台间的动摩擦因数；机器人轮胎与地面间的摩擦力属于静摩擦，由此分析能否求解动摩擦因数；根据速度图象求解从护士站到病区的距离，根据速度-位移关系、速度-时间关系进行求解。本题主要是考查牛顿第二定律之图象问题，关键是弄清楚v-t图象的斜率表示的物理意义、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，分析清楚受力情况和运动情况，然后根据运动学公式求解。10.答案：BC解析：解：A、B、13H+12H→C、92235U+01n→D、92235U+01n→故选：BC。核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，只有一些质量非常大的原子核才能发生核裂变；核聚变的过程与核裂变相反，是几个原子核聚合成一个原子核的过程，只有较轻的原子核才能发生核聚变；不稳定核自发地放出射线而转变为另一种原子核的现象，称为衰变。由此分析即可。本题考查了重核裂变、轻核聚变和不稳定核的自发衰变的实质，知道衰变过程中电荷数守恒、质量数守恒，基础题。11.答案：ADE解析：解：A、从微观角度看，气体的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的，故A正确；B、只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子距离，故B错误；C、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势，故C错误；D、在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，故D正确；E、正是由于水膜具有表面张力，当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，故E正确。故选：ADE。从微观角度看，气体的压强是大量气体分子对容器壁的频繁碰撞引起的；只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子距离；液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势；毛细现象与液体的种类和毛细管的材质有关；垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开是由于由于水膜具有表面张力。本题考查了气体压强的微观意义、阿伏加德罗常数、分子间的相互作用力、液体的表面张力等知识点。这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。12.答案：ACD解析：解：A、由图乙知，t=0.2s时刻x=0处质点的振动方向向下，则该波沿x轴正方向传播，故A正确；B、该波的波长λ=4m，周期T=0.4s，则波速v=λT=40.4m/s=10m/s，但在t=0.2s时刻，质点C、Q质点在0.2s～0.4s内即半个周期内，通过的路程为2A=10cm，故D、在t=0.2s时刻，P质点位于平衡位置向上振动，则P质点的振动方程为y=Asin2πTt(cm)=5sin5πt(cm)E、波源沿x轴正方向运动，其振动频率不变，仍为f=1T=故选：ACD。根据t=0.2s时刻x=0处质点的振动方向来判断波的传播方向。读出波长和周期，求出波速，质点的振动速度与波速不同。根据时间与周期的关系求质点Q通过的路程。根据振幅、角频率和初相位写出P质点的振动方程。波源的振动频率与质点的振动频率相同。本题关键要能把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向。13.答案：-16hc解析：解：有一群处于n=4能级的氢原子，当它们向低能级跃迁时，最多可发出C4若n=4能级的氢原子向n=2能级跃迁时，发出的光子照射到某金属时恰能产生光电效应现象，则释放光子的能量等于该金属的逸出功，则E4-E则该光的波长：λ=对应n=4能级的氢原子，当它们向低能级跃迁时所释放的光子中，还有n=4→n=1，n=3→n=1，n=2→n=1的光子能量大于从n=4向n=2跃迁时放出的光子的能量，即大于该金属的逸出功，则上述各种频率的光子中使该金属产生光电效应的光子共有4种。故答案为-16hc当氢原子从n=4向n=2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，光子的能量恰好等于金属的逸出功。根据玻尔理论求出氢原子从n=4向n=2的能级跃迁时，辐射的光子的能量。一群处于n能级的氢原子向低能级跃迁，任意两个能级间产生一次跃迁，发出一种频率的光子，共产生Cn本题是玻尔原子理论与光电效应规律的综合，其桥梁是光子的频率。知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。14.答案：甲

乙

不是解析：解：布朗运动是小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈。布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。比较两图可知：若水温相同，甲中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，乙中水分子的热运动较剧烈；水中小炭粒的运动不是水分子的运动。故答案为：甲，乙，不是。颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈；布朗运动不是液体分子的运动，而是小颗粒的运动。对布朗运动的理解要准确：(1)布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，但它反映了液体分子的无规则运动(理解时注意几个关联词：不是…，而是…，但…)。(2)温度越高，悬浮颗粒越小布朗运动越明显。(3)产生原因：周围液体分子的无规则运动对悬浮颗粒撞击的不平衡。(4)布朗运动是永不停止的。注意布朗颗粒的限度是非常小的，不能用肉眼直接观察到。15.答案：T=2πLC；解析：解：(1)根据LC振荡电路中，如已知电容C，则电路的固有振荡周期T，公式为T=2πLC；(2)由作图原则，数据尽可能均匀分布在直线两侧，距离太远的点，则是错误的，应删除．(3)通过图象的斜率等于4π2L，则可求出L故答案为：(1)T=2πLC；(2)图线为一直线，数据点尽可能地均匀分布在直线两侧；(3)0.0351～根据固有振荡周期公式，并结合图象的含义，即可求解．考查固有振荡周期公式，掌握图象的斜率的含义，知道数据点尽可能地均匀分布在直线两侧的作图原则．16.答案：AC

3.700

0.010

偏大解析：解：(1)A、遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的瞬时速度，遮光条宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度应尽量小些，故A正确；B、实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前将轻质卡与木块靠在一起，故B错误；C、当木板倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高点后可以反向下滑，否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值，故C正确；D、木块出发点与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离，故D错误；故选AC．(2)由图乙所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为：3.5mm+20.0×0.01mm=3.700mm．(3)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如图所示：由牛顿第二定律得：木块上滑时：mgsinθ+μmgcosθ=ma木块下滑时：mgsinθ-μmgcosθ=ma由匀变速直线运动的速度位移公式得：0-v02△v由图示图象可知，动摩擦因数：斜率：k=4μgcosθ=△动摩擦因数：μ=k(4)由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所测动摩擦因数偏大．故答案为：(1)AC；(2)3.700；(3)图象如图所示，0.010；(4)偏大(1)根据实验步骤与实验原理分析答题；(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；(3)应用描点法作出图象；由牛顿第二定律与运动学公式求出图象函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出动摩擦因数；(4)根据图示实验装置与实验步骤分析实验误差本题考查了测动摩擦因数实验，知道实验原理与实验步骤是正确解题的关键；应用牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出图象的函数表达式是正确求出动摩擦因数的前提与关键17.答案：电流

电压

1.5V

0.5Ω解析：解：(1)测量电动势和内电阻时需要路端电压和干路电流；故P处接电流传感器，Q处接电压传感器；(2)由U=E-Ir可知，图象与纵坐标的交点表示电源的电动势，图象的斜率表示内阻，则可知E=1.5V；r=1.5-1.0故答案为：(1)电流、电压；(2)1.5V、0.5Ω(1)明确测量原理，从而明确电流表和电压表的位置；(2)根据闭合电路欧姆定律列式，再由图象进行分析即可明确电动势和内电阻．本题考查测量电动势和内电阻的实验原理以及数据的处理方法，要注意明确图象法的应用，能将公式和图象结合起来进行分析，从而利用数据规律求出电动势和内电阻．18.答案：解：①被封气体，在热水冷却过程中，根据理想气体状态方程有：p初始时气体压强p空气柱体积V热水的热力学温度T热水冷却后左右两侧水银液面高度差△h=热水冷却后气体压强p空气柱体积V解得室内环境的热力学温度T②在U型管转动过程中，被封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律有p注入水银后，气体压强p空气柱体积V解得空气柱长度l由长度关系有△l=2(解得注入水银的长度△l=11.8cm答：①热水完全冷却后室内环境的热力学温度T2为②室内环境温度不变，取出U形管，在竖直平面内缓慢转动(不漏气)，直到开口竖直向上为止欲使左右两侧水银液面高度相等，需从开口端注入水银柱的长度△l为11.8cm解析：①以被封闭气体为研究对象，根据理想气体状态方程求解；②在U型管转动过程中，被封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律求解。本题考查了求温度、水银的长度，认真审题理解题意、分析清楚气体状态变化过程是解题的关键，求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程与玻意耳定律可以解题。19.答案：解：(i)光路图如图所示：设光在AC面的折射角为r，则根据折射定律有：sin45°=nsinr，所以r=30°，设全反射的临界角为C，则sinC=1所以C=45°，光在CD面的入射角为β=r+45°=75°，射到CD面的光在发生全反射后，射到BD面的入射角为α=30°，根据对称性可知，光从BD面平行于CD射出；(ii)从A处入射的光，射到CD面的D处时，道威棱镜”的高度最大，设为h，光路图如图所示：则根据正弦定理有：ACsinh=ACsin45°，解得：h=3-答：(i)从BD边射出的光平行于CD射出；(ii)求该“道威棱镜”的最大高度为3-3解析：(i)根据折射定律求解光在AC面的折射角，根据几何知识分析光在CD边的入射角，将该入射角与临界角比较可知，光在CD发生全反射，由几何知识求解光在BD面的入射角，根据折射定律求解折射光线的方向；(ii)从A处入射的光，射到CD面的D处时，道威棱镜”的高度最大，根据正弦定理以及几何知识求解该“道威棱镜”的最大高度。解决该题的关键是明确知道从A处入射的光，射到CD面的D处时，道威棱镜”的高度最大，能根据几何知识求解相关长度和角度。熟记相关公式。20.答案：解：(1)线框从静止开始运动至刚进人磁场I时，以线框和物块为研究对象，由动能定理：

W=(Mgsin53°-μMgcos53°)b-mgb=12解得：v(2)线框在磁场I中匀速运动，由法拉第电磁感应定律：

E1=由欧姆定律：I1=线框受到安陪力：F1=设细线拉力为T，以线框为研究对象，T=mg+F1以物块为研究对象，T=Mgsin53°-μMgcos53°

⑥联立②③④⑤⑥解得：B(3)线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为a-L=b，故线框由静止开始运动刚进人第n个磁场时，由动能定理得：nW=12联立①⑦解得：vn=又由②③④解