1、2020年广东省广州市高考物理模拟试卷 题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共9小题，共27.0分）1. 高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离某汽车以21.6 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆已知司机的反应时间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为（ ）A. 4.2 mB. 6.0 mC. 7.8 mD. 9.6 m2. 如图所示，倾角为30的斜面上，一质量为6m的物块经跨过定滑
2、轮的细绳与一质量为m的小球相连，现将小球从水平位置静止释放，小球由水平位置运动到最低点的过程中，物块和斜面始终静止。运动过程中小球和物块始终在同一竖直平面内，则在此过程中（）A. 细绳的拉力先增大后减小B. 物块所受摩擦力逐渐减小C. 地而对斜面的支持力逐渐增大D. 地面对斜面的摩擦力先减小后增大3. 如图，两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度v1斜向上抛出，B以速度v2竖直向上抛出，当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B质量相等且均可视为质点，重力加速度为g，以下判断不正确的是（）A. 相遇时A的速度一定为零B. 相遇时B的速度一定为零C. A从抛出到最高点的时间为D
3、. 从抛出到相遇A、B动量的变化量相同4. 如图，在光滑绝缘水平桌面上，三个带电小球a、b和c分别固定于正三角形顶点上。已知a、b带电量均为+q，c带电量为-q，则（）A. ab连线中点场强为零B. 三角形中心处场强为零C. a所受库仑力方向垂直于ab连线D. a、b、c所受库仑力大小之比为1：1：5. 如图所示，小球从斜面的顶端A处以大小为V0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB=v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为（）A. 60B. 45C. 37D. 306. 位于贵州的“中国天眼”（FAST）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球与木星
4、之间的距离。当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍。若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为（）A. （1+k2）年B. （1+k2）年C. （1+k）年D. k年7. 长为L=1m、质量为M=1kg的平板车在粗糙水平地面上以初速度v=5m/s向右运动，同时将一个质量为m=2kg的小物块轻轻放在平板车的最前端，物块和平板车的平板间的动摩擦因数为=0.5，由于摩擦力的作用，物块相对平板车向后滑行距离s=0.4m后与平板车相对静止，平板车最终因为地面摩擦而静止，如图所示，物块从放到平板车上
5、到与平板车一起停止运动，摩擦力对物块做的功为（）A. 0JB. 4JC. 6JD. 10J8. 如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列判断正确的是（）A. 电磁铁两磁极之间的磁场方向向上B. 若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点C. 若a、b间接导线，向下移动滑片p，则金属杆向左运动D. 若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动9. 光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流。表中给出了6次实验的结果。由表中数据得出的论断中不正确的是（）组次入射光子的能量/eV相
6、对光强光电流大小/mA逸出光电子的最大动能/eV第一组1234.04.04.0弱中强2943600.90.90.9第二组4566.06.06.0弱中强2740552.92.92.9A. 两组实验采用了不同频率的入射光B. 两组实验所用的金属板材质不同C. 若入射光子的能量为5.0eV，逸出光电子的最大动能为1.9eVD. 若入射光子的能量为5.0eV，相对光强越强，光电流越大二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）10. 如图，夹角为120的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为、两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2。在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向
7、射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（）A. 粒子带负电B. v1:v22:1C. D. 11. 如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根初速为零、质量均为m的导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。一质量为M的条形磁铁从a处由静止下落，当下落到b处时，磁铁的速度为v0，两个导体棒的速度均为v。重力加速度设为g，a、b之间的高度为h，不计空气阻力，在磁铁自a到b的下落过程中，以下说法不正确的是（）A.
8、因为P、Q中的感应电流方向相反，故P、Q之间的安培力为斥力，P、Q将相互远离B. P、Q受到的安培力竖直向下C. 回路中产生的热为Mgh-（mv2+Mv2）D. 回路中的磁通量一直在增加12. 如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）（）A. 感应电流所做的功为2mgdB. 感应电流所做的功为mgdC. 线圈的最小速度可能为D.
9、 线圈的最小速度一定是13. 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，穿过线框的磁通量与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是（）A. 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C. 线框转一周外力所做的功为D. 从t=0到t=过程中线框的平均感应电动势为三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）14. 用图甲所示的实验装置来测量匀变速直线运动的加速度。（1）实验的主要步骤：用游标卡尺测量挡光片的宽度d，结果如图乙所示，读得d=_mm；用刻度尺测量A点到光电门所在位置B点之间的水平距离x；滑块从A点静止释放（已知砝码落地前挡光片已通过光电门）；读出挡光
10、片通过光电门所用的时间t；改变光电门的位置，滑块每次都从A点静止释放，测量相应的x值并读出t值。（2）根据实验测得的数据，以x为横坐标，为纵坐标，在坐标纸中作出-x图线如图丙所示，求得该图线的斜率k=_m-1s-2；由此进一步求得滑块的加速度a=_ms-2（计算结果均保留3位有效数字）15. 用如图a所示的电路测量铂热敏电阻的阻值与温度的关系。（1）开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移至_端（填“A”或“B”）。（2）实验测得不同温度下的阻值，并绘得如图b的Rt-t关系图线，根据图线写出该热敏电阻的Rt-t关系式：Rt_()。（3）铂的电阻对温度变化很灵敏，可以制成电阻温度计。请利用开关、导线、铂
11、热敏电阻、图a中某一电表和图c所示的恒流源（调节旋钮时可以选择不同的输出电流，且输出电流不随外部条件的变化而变化），设计一个简易电阻温度计并在图d的虚线框内画出电路原理图。（ 4）结合图b的关系图线，选择恒流源的输出电流为0.15A，当选用的电表达到满偏时，电阻温度计所测温度为_。如果要提高该温度计所能测量的最高温度值，请提出一种可行的方法：_。四、计算题（本大题共3小题，共46.0分）16. 完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与
12、水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1=150m，BC水平投影L2=63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角=12（sin120.21）。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经T=6s到达B点进入BC已知飞行员的质量m=60kg，g=10m/s2，求（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。17. 如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点。efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场
13、中f点。abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动。P与A发生弹性碰撞，A的电量保持不变，P、A均可视为质点。（1）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；（2）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间。18. （1）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直气缸内，活塞可沿气缸无摩擦地上下滑动。开始时活塞静止，取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上，在倒沙子的过程中，缸内气体内能_（填“增大”、“减小”或“不变”），气体对活塞_（填“做正功”、“做负功”或“不做功”），气体_（填“吸热”或“放热”）。（2）
14、如图所示，水平放置的导热气缸A和B底面积相同，长度分别为2L和L，两气缸通过长度为L的绝热管道连接；厚度不计的绝热活塞a、b可以无摩擦地移动，a的横截面积为b的两倍。开始时A、B内都封闭有压强为p0、温度为T0的空气，活塞a在气缸A最左端，活塞b在管道最左端。现向右缓慢推动活塞a，当活塞b恰好到管道最右端时，停止推动活塞a并将其固定，接着缓慢加热气缸B中的空气直到活塞b回到初始位置，求（i）活塞a向右移动的距离；（ii）活塞b回到初始位置时气缸B中空气的温度。- 答案与解析 -1.答案：D解析：解：21.6km/h=6m/s汽车在前0.3s+0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1=v0（t1+
15、t2）=6（0.3+0.7）m=6m随后汽车做减速运动，位移为：m=3.6m所以该ETC通道的长度为：L=x1+x2=6m+3.6m=9.6m故ABC错误，D正确故选：D。汽车先匀速后减速，分别由匀速直线运动的公式与匀变速直线运动的公式求解汽车两段位移，然后取和即可。该题考查匀变速直线运动的公式的应用，解答的关键是明确汽车的两段运动的特点，然后合理选择公式。2.答案：B解析：解：A、小球向下摆动的过程中，对小球的拉力一直增大，故A错误；B、开始阶段物块所受的摩擦力沿斜面向上，根据平衡条件可得摩擦力大小f=6mgsin30=3mg；设滑轮到小球的距离为R，当物块在最低点时，根据动能定理可得mgR
16、=mv2，根据牛顿第二定律可得F-mg=m，解得在最低点绳子拉力为F=3mg，此时物块的摩擦力大小为0，所以斜面对物块的摩擦力一直减小，故B正确；CD、对物块和斜面组成的整体分析可知，拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，地面对斜面的支持力一直减小，摩擦力一直增大，故CD错误。故选：B。小球向下摆动的过程中，细绳的拉力一直增大，根据平衡条件分析物体与斜面间的摩擦力大小变化情况；拉物体的绳子拉力在竖直方向的分力一直增大，在水平方向的分力一直增大，由此分析地面对斜面的支持力和摩擦力的大小变化情况。本题重点考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、
17、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。3.答案：A解析：解：A、A分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，相遇时A达到最高点则其竖直向的速度为0，水平向速度不变，合速度不为0，故A不正确。B、A在竖直向的分速度为vy，则相遇时：vyt-=vBt-，解得vB=vy，B的达到最高点，速度为也为0，故B正确。C、A与B到达最高点的时间相等为t=，故C正确。D、两者受到的外力为重力，时间相同则冲量相同，动量的变化量相同，故D正确。本题选不正确的，故选：A。A分解为竖直向的匀减速直线运动与水平向的匀速直线运动，二者在竖直
18、方向上运动情况相同，据此分析各项。本题考查了曲线运动知识，对于曲线运动要分解为两个方向上的直线运动，由直线运动规律求解问题。4.答案：D解析：解：A、ab连线中点处，a、b带电量均为+q，在其连线中点处产生电场强度大小相等，方向相反，合场强为零，故连线中点处的场强等于c处电荷在ab连线中点处产生场强，不为零，故A错误；B、三角形中心处到abc三点距离相等，三个电荷带电量相等，故在三角形中心处产生场强相等，且两个正电荷产出合场强与c产生的大小相等，方向相同，故三角形中心处场强不为零，故B错误；C、a受力分析如图所示，根据库仑定律可知，bc对a的电场力大小相等，根据正三角形的性质可知，Fa与ab成
19、120角，故C错误；D、根据库仑定律和平行四边形定则可得：a、b、c所受库仑力大小之比为1：1：，故D正确；故选：D。电场强度是矢量，根据平行四边形求解电场中各点电场强度；根据库伦定律分析abc三个电荷受到的电场力情况。本题考查电场的叠加原理和库仑定律，关键是正确分析电场方向，并根据平行四边形定则做出合成图。5.答案：C解析：解：在B点竖直方向的分速度为=，所以小球在竖直方向的位移为y=，水平方向的位移为x=v0t，所以斜面的倾角的正切值有，所以斜面的倾角为37，所以ABD错误，C正确；故选：C。（1）根据速度的分解找到在B点时竖直方向的速度，从而找到B点的速度夹角；（2）根据位移夹角和速度夹
20、角的正切值的关系找到斜面的倾角；解决此题需先做出物体的水平和竖直位移，明确斜面的倾角即为物体的位移夹角；6.答案：A解析：解：该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：设地球的公转半径为R1，木星的公转半径为R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍，则有：=由开普勒第三定律有：可得：=由于地球公转周期为1年，则有：T2=年故A正确，BCD错误故选：A。画出太阳、地球、木星的位置关系，由几何关系求出木星的公转比较，然后由开普勒第三定律即可求出。该题考查开普勒第三定律的应用，解答的关键是结合题目中的条件，正确找到木星与地球的轨道半径之间的关系。7.答案：A解析：解：将小物块轻放到平板车上时，
21、由于摩擦力做正功，使小物块加速，到速度相等时转化为静摩擦力，由于地面对平板车的阻力而使平板车和小物块都减速，静摩擦力对小物块做负功，因为小物块初速度为零，最终与平板车一起减速到零，故动能变化量为零，在整个过程中摩擦力对小物块做的功为零，故A正确。 故选：A。分析滑块的运动过程，明确初末状态的速度及动能，再由动能定理即可求得摩擦力对物块所做的功本题考查动能定理的应用，要注意明确小物块只有摩擦力做功，根据动能定理即可分析摩擦力做功情况8.答案：C解析：解：A、俯视时线圈中电流沿顺时针方向，由安培定则判断知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，故A错误。B、若给金属杆向左的初速度，切割磁感线，产生感应电
22、动势，由右手定则判断知a点电势低于b点，故B错误。C、若a、b间接导线，向下移动滑片p，变阻器接入电路的电阻减小，线圈中电流增大，产生的磁场增强，穿过金属杆所在回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流阻碍磁通量的变化，知金属杆向左运动，故C正确。D、若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，金属杆L所受的安培力向右，则L向右运动，故D错误。故选：C。由安培定则判断出电磁铁两磁极之间的磁场方向。若给金属杆向左的初速度，根据右手定则判断电势的高低。若a、b间接导线，向下移动滑片p，分析线圈中电流如何变化，由楞次定律分析金属杆的移动方向。若a、b间接直流电源，根据左手定则判断出导体棒受到的安培力方向
23、，从而判断出导轨L的移动方向。本题考查楞次定律、安培定则以及左手定则的应用，要注意安培定则与左手定则适用条件和应用方法的区别，不能搞混。9.答案：B解析：解：A、由爱因斯坦质能方程Ek=hv-W0，比较两次实验时的逸出功和光电流与光强的关系解题由题表格中数据可知，两组实验所用的入射光的能量不同，由公式E=hv可知，两组实验中所用的入射光的频率不同，故A正确；B、由爱因斯坦质能方程Ek=hv-W0，可得：第一组实验：0.9=0.4-W01，第二组实验：2.9=6.0-W02，解得：W01=W02=3.1eV，即两种材料的逸出功相同也即材料相同，故B不正确；C、由爱因斯坦质能方程Ek=hv-W0，
24、可得：Ek=（5.0-3.1）eV=1.9eV，故C正确；D、由题表格中数据可知，入射光能量相同时，相对光越强，光电流越大，故D正确。本题选不正确的，故选：B。根据光子能量的大小分析是否为同频率的光子；根据光电效应方程求出两组实验中金属板的逸出功，从而确定是否为同种金属；根据光电效应方程分析光电子的最大初动能；根据表格数据分析光电流的大小与光的强度的关系。解决本题的关键掌握光电效应方程，知道同一种金属，逸出功相同，知道最大初动能与遏止电压的关系，并能灵活运用，掌握光电流的大小与光的强度的大小关系。10.答案：AC解析：解：A、磁场垂直于纸面向里，由题意可知，粒子沿顺时针方向做圆周运动，由左手定
25、则可知，粒子带负电，故A正确；B、粒子穿过薄铝板时动能损失一半，即为：解得：v1：v2=：1，故B错误；C、粒子在磁场中做匀速运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：B=，由题意可知，粒子在两磁场中做圆周运动的轨道半径r相等，则有：B1：B2=v1：v2=：1，故C正确；D、粒子在磁场中做圆周运动的周期为：T=粒子在磁场中做圆周运动的时间为：t=T=，由题意可知，粒子在磁场中转过的圆心角分别为：1=120，2=240，粒子在磁场的运动时间之比：=，故D错误；故选：AC。根据左手定则判断粒子电性；根据动能关系判断速度关系；根据洛伦兹力提供向心力判断磁感应强度的关系；根据粒子在
26、磁场中的周期公式结合圆心角判断运动时间关系。本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，认真审题、理解题意是解题的前提，分析清楚粒子运动过程是解题的关键，应用左手定则、牛顿第二定律与粒子做圆周运动的周期公式即可解题。11.答案：ABC解析：解：A、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用。故A错误；B、P与Q处的磁感应强度的方向与水平方向之间有一定的夹角，所以P与Q受到的安培力的方向不是竖直向下的。故B错误。C、根据能量转化与守恒可知，回路产生的热等于减少的机械能为
27、：故C错误D、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，故D正确。本题选择不正确的故选：ABC。当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况。本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键。楞次定律的另一结论：增反减同。12.答案：ACD解析：解：AB、根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q=mgd。cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边
28、刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd。故A正确，B错误。C、线框可能先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则mg=BIL=BL，则最小速度v=故C正确。D、因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小。设线圈的最小速度为vm。线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg（h+L）=Q+m由上可知，Q=mgd解得线圈的最小速度为：v
29、m=故D正确。故选：ACD。线圈由静止释放，其cd边刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度是相同的，动能不变，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动，线圈进入磁场先要做减速运动解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度13.答案：BC解析：解：A、由图象可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，故A错误。B、由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确。C、线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，Q=，故
30、C正确。D、从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误。故选：BC。当线圈处于中性面时，磁通量最大，线圈与中性面垂直时，磁通量最小；由图象可读出磁通量的最大值与周期，先求出圆频率，即可求出最大的电动势，根据最大值与有效值的关系求有效值；根据能量守恒定律求线框转一周外力所做的功；根据求平均电动势。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。14.答案：6.60 2.40104 0.523解析：解：（1）游标卡尺的主尺读数为6mm，游标读数为0.0512mm=0.60mm，则d
31、=6.60mm。（2）滑块通过光电门的瞬时速度为：v=根据速度位移公式得：v2=2ax有：=2ax整理得：根据图线知图线的斜率为：k=m-1s-2=2.40104m-1s-2根据k=，解得a=m/s2=0.523m/s2。故答案为：（1）6.60；（2）2.40104（2.281042.52104均正确）；0.523（0.4970.549均正确）。（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。（2）根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过光电门的瞬时速度，结合速度位移公式得出-x的关系式，从而求出滑块的加速度。解决本题的关键知道实验的原理，对于图线问题，一般的解题思路是得出物
32、理量间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。15.答案：（1）B（2）50+t（3）如图所示，（4）50 ；将恒流源的电流调小解析：解：（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，即滑片应滑到B端；（2）根据图象的直线的特点，可以选设Rt=kt+b，再由图象上的两个特殊点求出k和b，当t=0时，Rt=50，从而得到b=50，而当t=100时，Rt=150，从而求得k=1，所以该热敏电阻的Rt-t关系式：Rt=t+50。（3）由于题目所给的器材是一恒流源，输出的电流恒定，而热敏电阻变化时，其两端的电压要变化，所以从热敏电阻电压的变化就知道电阻，故设计的电路图如图所示。（4
33、）由于利用电压表的量程为15V，且使用的是0.15A的恒流源，则此时热敏电阻的阻值为Rt=100，再从图a中查出温度t=50；由于电压表的量程一定，U=IR，所以要提高测量R的范围，则要控制恒流变小，或换更大量程的电压表，等均可。故答案为：（1）B（2）50+t（3）如图所示，（4）50 ；将恒流源的电流调小。（1）开关闭合前，为了保护电路，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处；（2）根据电流表和电压表的量程和分度值读出电流和电压，然后根据欧姆定律的变形公式求出Rt的阻值；（3）明确题意，根据实验原理即可确定应采用的实验电路；（4）根据欧姆定律即可确定电阻，由图象即可确定温度；再根据电路原理确定提
34、高温度值的方法。本题考查了实物电路的连接、欧姆定律、串联电路的特点、电表的读数及电阻的计算等，关键是根据图象找出铂丝电阻的阻值与温度的关系式和欧姆定律的灵活运用。16.答案：解：（1）舰载机做初速度为零的匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则舰载机在AB上滑行过程：L1=t，由动能定理得：W=mv2-0，代入数据解得：W=7.5104J；（2）设上翘甲板对应的圆弧半径为R，由几何知识得：L2=Rsin，以飞行员为研究对象，由牛顿第二定律得：FN-mg=m，代入数据解得：FN=1.1103N；答：（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W为7.5104J；（2）舰载机刚
35、进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN大小为1.1103N。解析：（1）根据匀变速运动的平均速度公式与位移公式求出舰载机水平运动过程的末速度，然后应用动能定理可以求出水平力做功。（2）根据题意求出BC圆弧的半径，应用牛顿第二定律求出飞行员受到的竖直向上的压力。本题考查了动能定理与牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚舰载机的运动过程与飞行员的受力情况是解题的前提与关键，应用运动学公式、动能定理与牛顿第二定律可以解题。17.答案：解：（1）令P初速度v=，设P、A碰后的速度分别为vP和vA，由动量守恒定律：kmv=kmvP+mvA由机械能守恒定律：，粒子A在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
36、由牛顿第二定律得：qvAB=m，解得：R=L，若A从cd离开磁场，如图1所示，当A的轨迹与cd相切时，R为最大值，R=L，解得，k的最大值：k=1；（2）令z点为ed边的中点，分类讨论如下：（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有：，解得：R=L，可得：k=；（II）由图可知，A球能从z点离开磁场需要满足：R，则A球在磁场中还可能经历一次半圆运动后进入电场，再受电场力作用后又回到磁场，最终从z点离开，由几何知识得：，解得：R=L或R=L可得：k=或k=，轨迹分别如图3和如图4所示，令电场强度E=，当R=L时，vA=，由于qELqEL，A球从ab边离开电场，不符合题意要求，舍去k=，
37、当R=时，vA=，由于=qELqEL，A球从ed中点z离开电场，符合题意要求，即k=，综合（I）（II）可得，A球能从z点离开的k的可能值为：k=或k=，A球在磁场中运动周期为T=，若k=，如图4所示，A球在磁场中运动的最长时间为：t=T=；答：（1）若A从ed边离开磁场，k的最大值是1；（2）若A从ed边中点离开磁场，k的可能值为：或，A在磁场中运动的最长时间为。解析：（1）由恰好不能从cd边出来的轨迹，结合几何关系求出粒子的最大半径，由洛伦兹力提供向心力求出粒子的速度，然后由动量守恒求出P的速度；（2）根据从ed的中点射出的条件，结合粒子在磁场中运动的特点（圆），做出粒子运动的轨迹，然后由
38、周期与转过的角度的关系即可求出。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。18.答案：不变 做负功 放热解析：解：（1）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的竖直气缸内，缓慢倒入沙子过程中，活塞下移，气体对活塞做负功，由于气缸导热，所以气体对外放出热量，内能不变。（2）：（i）设绝热活塞到达管道口右边且右端面与管口齐平时，A气缸中的活塞向右移动x，此时A、B中气体压强为p，由玻意耳定律得：对A气体：P02LS=P（2L-x）S
39、+LS对B气体：P0（LS+LS）=PLS联立解得：P=P0x=L（ii）设气缸B的温度为T、压度为P时，绝热活塞加到初始位置，对气体B由理想气体状态方程得：=对气体A由玻意耳定律得：P（2L-x）S+LS=P（2L-x）S联立解得：T=T0故答案为：（1）不变；做负功；放热；（2）（i）活塞a向右移动的距离为L；（ii）活塞b回到初始位置时气缸B中空气的温度为T0。（1）根据热力学第一定律结合理想气体内能的决定因素进行分析。（2）（i）向右推活塞a的过程AB两部分气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解；（ii）缓慢加热气缸B中的空气直到活塞b回到初始位置，A做等温变化，根据玻意耳定律列式，对B根据理想气体状态方程列式求解。（1）本题主要是考查了热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；U的正表示内能变化，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。（2）解决本题的关键是选择恰当研究对象由平衡条件可知两部分气体压强始终相等，同时考查了气体实验定律，关键是状态参量的确定，注意几何关系的应用。
