2020年山东省聊城一中高考物理模拟试卷

高考物理模拟试卷

题号一二三四五总分

得分

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.在物理学发展过程中做出了重要贡献。下列表述正确的是（）

A. 开普勒测出了万有引力常数

B. 爱因斯坦发现了天然放射现象

C. 安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式

D. 卢瑟福提出了原子的核式结构模型

2.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物

体通过细绳连接，并处于静止状态，不计绳的质量和

绳与滑轮间的摩擦，如图所示．现用水平力F作用于

物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物

体A仍然静止．则下列说法正确的是（）

A. 在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变

B. 物体A所受细绳的拉力一定变大

C. 物体A所受斜面体的摩擦力一定变大

D. 物体A所受斜面体的作用力的合力一定变大

3.a、b两物体从同一位置沿同一直线运动,它们的速度图象如图所示,下列说法正确的

是（）

A. a、b加速时,物体a的加速度大于物体b的加速度

B. 20秒时,a、b两物体相距最远

C. 60秒时,物体a在物体b的前方

D. 40秒时,a、b两物体速度相等,相距200 m

4.卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用。第一代、第二代海事卫星只使用地球同步

卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区。第三代海事卫星采用地球同步卫星和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成。中轨道卫星高度为10354千米，分布在几个轨道平面上（与赤道平面有一定的夹角），在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为6小时。则下列判断正确的是（）

A. 中轨道卫星的角速度小于地球同步卫星

B. 中轨道卫星的线速度小于地球同步卫星

C. 如果某一时刻中轨道卫星、地球同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经

过6小时它们仍在同一直线上

D. 在中轨道卫星经过地面某点的正上方24小时后，该卫星仍在地面该点的正上方

5.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阳

不能忽略．平行板电容器C的极板水平放置．闭合

电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之

间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍

能静止不动的是( )

A. 增大R1的阻值

B. 增大R2的阻值

C. 增大两板间的距离

D. 断开电键S

二、多选题（本大题共4小题，共22.0分）

6.有一种调压变压器的构造如图所示，线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之

间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压。图中A为交流电流表，V 为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是（）

A. 当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小

B. 当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小

C. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变

大

D. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变大，电压表读数变

大

7.在水平地面上固定A,B两个带电量均为+Q的点电荷，在过AB中点O的中垂面内

固定一根长为L的光滑绝缘细杆CD，且O、C两点在同一竖直线上，D点到O点的距离与C点到O点的距离均为d，OC⊥OD．在杆的顶端C处有一个质量为m、

带电量为﹣q的金属圆环，由静止释放金属圆环后，它会沿杆向下运动。已知重力加

速度为g，下列关于金属圆环运动的说法正确的是（）

A. 金属圆环沿杆运动的速度一直增大

B. 金属圆环经过杆中点时的加速度大于

C. 金属圆环运动到杆中点处的电势能最小

D. 金属圆环运动到D点时的速度大小为

8.如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速

率射出三个相同粒子a，b、C，粒子b射出的方向与

边界垂直，粒子b偏转后在边界上的Q点，另外两个

粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力

和粒子间的相作用力，下列说法正确的是（）

A. 粒子一定带正电

B. 粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角

C. 两粒子a，c在磁场中运动的平均速度相同

D. 三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形

9.在用油膜法估测分子大小的实验中所用油酸酒精溶

液的浓度为每104mL溶液中含纯油酸6mL，且1mL溶

液为75滴。现取1滴液滴入浅水盘里，待水面稳定后，

将玻璃板放在浅盘上描绘出油酸膜的轮廓形状，再把

玻璃板放在边长为1cm的坐标纸上，其形状如图所示。

关于该实验的下列说法正确的是（）

A. 油酸膜的面积约为110cm2

B. 油酸分子的直径约为7.3×10-10m

C. 用滴管吸取油酸酒精溶液，应将滴管移到水面中

央挨着水面处滴入溶液

D. 若某次实验中数油膜面积时将不足一格的也都按一格计算，其结果一定偏大

E. 若某次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，计算的结果一定偏大

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10.位于坐标原点O处的波源产生一个沿x轴正方向传播的脉冲波，波速ν=20m/s。已

知t=0时刻波刚好传播到x=10m处，如图28所示。若传播过程中无能量损失，由

图28可知振源只振动了______s，再经______s波刚好传播到x=20m处，t=0时刻后x=8m处的质点运动的路程为______cm。

四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.（1）在验证力的平行四边形定则实验中，需要将橡皮条的一

端固定到水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的末端有

绳套，将弹簧秤挂在绳套上，拉动细绳，进行实验，关于实

验过程，下列说法正确的是：______

A．两根细绳必须等长；

B．橡皮条应该始终处于两细绳的夹角的角平分线位置；

C．用弹簧秤拉动时，应保持弹簧秤与水平木板良好接触；

D．要使每次合力与分力产生相同的效果，必须将橡皮条与

绳子的节点拉到相同位置；

E．只需要记录下两个弹簧秤一起拉动时细绳的方向，秤的示数可以按照平行四边形定则进行确定。

（2）某同学在进行本次实验过程中，进行了如下的探索：先用两个弹簧秤成角度的将橡皮筋拉长至O点（α+β＜90°），如图所示；然后保持左侧弹簧秤拉动方向不变，并缓慢的加大拉力，为了维持O点位置不变，β需要______（选填“变大”、“变小”或者“不变”），右侧弹簧秤示数也会随之变化，变化情况为：______（选填“一直变大”、“一直变小”、“先变大后变小”、“先变小后变大”）。

12.某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据

尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有：

电压表V1（量程0～3V，内阻等于3kΩ）

电压表V2（量程0～15V，内阻等于15kΩ）

电流表A1（量程0～200mA，内阻等于10Ω）

电流表A2（量程0～3A，内阻等于0.1Ω）

滑动变阻器R1（0～10Ω，额定电流2A）

滑动变阻器R2（0～1kΩ，额定电流0.5A）

定值电阻R3（阻值等于1kΩ）

定值电阻R4（阻值等于10Ω）

①请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁

②该同学描绘出的I-U图象应是如图中的______

五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）

13.如图所示，长L1=1.0m，宽L2=0.50m的矩形导线框，质量为

m=0.20kg，电阻R=2.0Ω，其正下方有宽为H（H＞L2），磁感应

强度为B=1.0T，垂直于纸面向外的匀强磁场。现在，让导线框从

下边缘距磁场上边界h=0.70m处开始自由下落，当其下边缘进入

磁场，而上边缘未进入磁场的某一时刻，导线框的速度已经达到

了一个稳定值。求：

（1）导线框上边缘刚进入磁场时的速度大小v；

（2）从开始下落到导线框下边缘到达磁场下边界过程中，导线框克服安培力做的功W。

14.如图所示，在光滑的水平面上有M=2kg的长木板，在其右端放一个质量m=1kg、

可视为质点的物体B，长木板的左上端恰与一个固定在竖直面内半径R=1.25m的光滑圆弧底端平齐，现将一个质量m=1kg、可视为质点的物体A从圆弧最高点由静

止滑下。已知物体A与长木板间的动摩擦因数为0.4，物体B与长木板间的动摩擦因数为0.2．当物体A刚滑上长木板时对物体B施加一大小为Ⅰ=1N?s、方向向左的瞬时冲量，结果两物体在长木板上恰好不相撞。取g=10m/s2，求：

（1）全程因摩擦而产生的热量；

（2）长木板的长度。

15.绝热气缸A和导热气缸B固定在水平地面上，由钢性杆连接的两个等大活塞封闭着

两部分体积均为V的理想气体，此时气体的压强与外界大气压强p0相同，气体的温度与环境温度T0也相同。已知理想气体的内能U与温度T的关系为U=αT，α为常量且α＞0．现给气缸A的电热丝通电，当电热丝放出的热量为Q1时气缸B的体积减为原来的一半。若加热过程是缓慢的，求：

（i）气缸A内气体的压强；

（ii）气缸B在该过程中放出的热量Q2。

16.光纤公司规定光纤内芯玻璃材料的折射率大于等于，

在抽制光纤时为检测材料是否合格，将样品材料用模具制成半径为R的半圆柱体，如图所示。再用一束可以转动的光束OC沿截面半径射向材料的O点，当θ≤45°时屏上只有一个光点，就说明材料合格。

（i）写出质检人员推断的原理；

（ii）写出公司规定“光纤内芯的玻璃材料折射率大于等于”的原因。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、卡文迪许测出了万有引力常数，故A错误；

B、天然放射现象是法国物理学家贝克勒耳发现的，故B错误；

C、磁场对运动电荷的作用力公式是由洛伦兹提出的，故C错误；

D、卢瑟福提出了原子的核式结构模型，故D正确。

故选：D。

根据物理学史解答，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、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一

2.【答案】B

【解析】解：A、对木块B受力分析，如图所示，

根据共点力平衡条件有：

F=m B g tanθ

T=

在缓慢拉开B的过程中，θ变大，故F变大，T变大，故A错误，B正确；

C、物体A受重力、支持力、细线的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力T变大后，静摩擦力可能变小，也可能变大，支持力不变，故斜面对物体A的作用力的合力可能增大也可能减小或不变，故CD错误；

故选：B。

先对物体B受力分析，根据共点力平衡条件求出绳子的拉力T，再对木块A受力分析，同样根据共点力平衡条件得出各个力的情况．

本题关键分别对A、B受力分析，然后根据共点力平衡条件分析求解，如果本题要计算地面对斜面的支持力，则可以用整体法，不需要考虑系统内力，能使解题过程大大简化，难度不大，属于基础题．

3.【答案】C

【解析】解：A、速度时间图象的斜率表示加速度，则知a、b加速时，b的斜率大，加速度大。故A错误；

B、第40s时，两物体a、b速度相等，此时位移差最大，所以相距最远，故B错误；

C、由图可知第60s时，物体b的位移小于物体a的位移，物体a在物体b的前方，故C 正确；

D、第40s时，两物体a、b速度相等，相距

Δx==900m，故D错误；

故选：C。

速度时间图象的斜率表示加速度，斜率越大，加速度越大。第40s时，两物体a、b速度相等，两物体相距最远。由“面积”读出位移，由图读出60s时两物体a、b的位移差相等，来判断位置关系。

对于速度-时间图象常常要抓住两个数学方面的意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移。

4.【答案】D

【解析】解：A．根据万有引力提供向心力，，中轨道卫星的轨道

半径小于同步卫星。半径小的速度大，所以中轨道卫星的角速度大于地球同步卫星，故A错误；

B．根据v=ωr得，中轨道卫星轨道半径小，线速度更大，故B错误；

C．经过6小时，中轨道卫星完成一周，而同步卫星与地球为周。故不可能在一直线上。

故C错误；

D．一天后地球完成1周，中轨道卫星完成4周。则卫星仍在地面该点的正上方。故D 正确。

故选：D。

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期的表达式，进而可分析各问题。

考查卫星运动规律，明确各运动量与半径的关系，从而判断各量的大小关系

5.【答案】B

【解析】【分析】

分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题。

本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键。

【解答】

根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=R1==，

油滴受到的电场力：F=qE=q=开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；

A.增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；

B.增大R2的阻值，电场力：F=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止

不动，故B正确；

C.增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；

D.断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误。

故选B。

6.【答案】AC

【解析】解：A、当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电流表的读数变小，故A正确；

B、当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，副线圈匝数增大，电压增大，电流表读数变大，电压表读数变大，故B错误；

CD、保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流减小，R1分担的电压减小，并联支路的电压即电压表的示数增大，通过R2的电流增大，流过滑动变阻器的电流减小，所以电流表读数变小，电压表读数变大，故C正确，D错误；故选：AC。

当R3不变，滑动触头P转动时，变压器的原副线圈的匝数比变化，输出电压变化，根据动态分析的方法逐项判断；保持P的位置不动，输出电压不变，将触头向上移动时，R3增大，根据动态分析的方法逐项判断。

做好本题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析。

7.【答案】CD

【解析】解：

A、圆环下落过程有重力和电场力做功，电场力先做正功后做负功，总功为零，重力一直做正功，故速度不是一直增大，故A错误；

B、在杆的中点时，受力分析可知库仑力的合力垂直于杆，其合力为重力的分力

mg sinθ=ma，其中θ=45°，解得：a=，故B错误；

C、圆环下落过程中受电场力，重力和弹力的作用，电场力和重力做功，从C到杆的中点前电场力做正功，之后电场力做负功，故电势能先减小后增加，故杆的中点电势能最小，故C正确；

D、从C到D，OC=OD，电场力做功为零，只有重力做功，根据动能定理：

得到：v=，故D正确；

故选：CD。

圆环下落过程中受电场力，重力和弹力的作用，电场力和重力做功，根据动能定理和电场力做功分析其速度，加速度，电势能等内容。

本题考查电场力和重力的综合问题，关键是判断电场力做功情况并注意电场力的方向问题。

8.【答案】BD

【解析】解：A、如右图，粒子往

右偏转，根据左手定则，粒子带

负电，故A错误；

B、由几何知识得，粒子a，c均

从P点射出，所以弧OP的对称

弧与a粒子的轨迹半径相等，故

a，b粒子与b，c粒子的射出的方

向间的夹角相等，故B正确；

C、a，c粒子位移相等，时间不

等，故两粒子a，c在磁场中运动

的平均速度不相同，故C错误；

D、相同粒子在同一磁场中运动的

轨迹半径相等，故连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故D 正确；

故选：BD。

相同的粒子以不同的方向入射同一磁场，做匀速圆周运动的半径相等，根据几何知识求解即可。

解答此题的关键是知道相同粒子在同一磁场中做匀速圆周运动的半径是相等的，注意与

数学知识相结合解答更容易。

9.【答案】ABE

【解析】解：A、面积过正方形一半的正方形的个数为110个，则油酸膜的面积约为

S=110cm2=1.10×10-2m2，则A正确。

B、每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积V=1mL××=8×10-6mL把油酸分子看成球

形，且不考虑分子间的空隙，

则油酸分子直径：d==m≈7.3×10-10m．则B正确。

C、吸取油酸酒精溶液，应将滴管移到水面中央靠近水面处滴入溶液，则C错误

D、某次实验中数油膜面积时将不足一格的也都按一格计算，求得的面积偏大，则得到的直径偏小，则D错误

E、次实验中油酸未完全分散开就绘制轮廓线，则测得的面积偏小，计算的d的值一定偏大，则E正确

故选：ABE。

采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积；根据浓度按比例算出纯油酸的体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油

膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=求出油酸分子直径。

本实验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了。

10.【答案】0.3 0.5 10

【解析】解：该波的波长为λ=8m，周期为T==s=0.4s

振源振动的时间t=T=0.3s

波从x=10m处传到x=20m处的时间t==s=0.5s

t=0时刻后x=8m处的质点运动的路程为S =2A=2×5cm=10cm

故答案为：0.3，0.5，10。

振源只振动了T，而周期T由波速公式v=求出。波在同一均匀介质中是匀速传播的，由t=求波刚好传播到x=20m处的时间。根据时间与周期的关系求x=8m处的质点运动

的路程。

在波的图象问题中，要知道波在一个周期传播的距离是一个波长，由波的传播方向判断质点的振动方向是基本能力，波速公式也是一般知识，要熟练掌握和应用。

11.【答案】D变大先变大后变小

【解析】解：（1）A、两根细绳的长短对实验没有影响，故A错误；

B、橡皮条拉到适当位置，但不一定在角平分线上，故B错误；

C、用弹簧秤拉动时，应保持弹簧秤与水平木板平行，故C错误；

D、效果相同，两次必须将橡皮条与绳子的节点拉到相一位置，故D正确；

E、记录时应计下，两个弹簧拉动时细绳的方向，秤的示数示数，及O点位置，故E错误；

故选：D。

（2）根据三角形法则，由于合力不变，随着左侧拉力越来越大，右侧弹簧的与竖直方向夹角“变大”，

拉力大小是“先变小后变大”，当两个力垂直时，右侧拉力最小。

故答案为：（1）D；（2）变大；先变大后变小。

（1）实验的目的是验证力的平行四边形定则，研究合力与分力的关系，而合力与分力是等效的，要求两次拉橡皮筋要到同一位置，在实验中使用一根弹簧秤拉细线与两根弹簧秤拉细线的作用效果要相同（即橡皮条拉到同一位置），而细线的作用是画出力的方向，弹簧秤能测出力的大小。因此细线的长度没有限制，弹簧秤的示数也没有要求，两细线的夹角不要太小也不要太大。

（2）点O受到三个力作用处于平衡状态，保持O点的位置，说明一个拉力大小和方向不变，a弹簧秤的拉伸方向不变，说明一个拉力方向不变，判断另一拉力变化情况，因此利用“图示法”可正确求解。

明确实验目的和实验步骤是对实验的基本要求，同学们要在实际实验操作去理解实验目的和实验步骤，这样才能对实验有深刻的理解。本题是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论。

12.【答案】B

【解析】解：①灯泡额定电压为3.8V，而给出的电压表量程分别为15V和3V，15V量程太大，无法正确测量；故只能选用3V量程，并且与定值电阻串联扩大量程；3V量程的电压表内阻为3KΩ，根据串并联电路规律可知，应选择1KΩ的定值电阻串联，应将电压表V1与定值电阻R3串联改装成电压表测电压；额定电流为0.3A，而给出的量程中3A量程过大，不能使用；只能采用将电流表量程200mA的电流表与定值电阻并联的方式来扩大量程；根据改装原理可知，并联10Ω的定值电阻，即可将量程扩大到0.4A，即电流表A1与定值电阻R4并联改装成电流表测电流；因本实验中要求多测几组数据，因此应采用滑动变阻器分压接法；同时因灯泡内阻较小，故采用电流表外接法，实验电路图如图所示；

②因灯泡电阻随温度的增加而增大，因此在I-U图象中图线

的斜率应越来越小，故B正确，ACD错误；

故选：B。

故答案为：①电路图如图所示；②B。

①分析给定仪器，明确电表的量程；根据安全性原则进行

改装；同时根据实验要求明确滑动变阻器以及电流表接法；

②根据灯泡电阻随温度的变化规律进行分析，同时明确I-U

图象中图象的斜率表示电阻的倒数。

本题考查描绘小灯泡伏安特性曲线的实验以及电表的改装，要求能明确改装原理，并正确掌握本实验中电路的接法；注意分压接法以及电流表接法的正确判断。

13.【答案】解：（1）下边产生的感应电动势：E=BL1v，

感应电流：I=，

下边受到的安培力：F=BIL1

线框进入磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：F=mg，

代入数据解得：v=4m/s；

（2）如图，标出线圈的几个关键位置：①是初始位置，②是线圈下边缘刚好进入磁场的位置，

③是速度刚好达到稳定值的位置，④是线圈刚好完全进入磁场的位置，

⑤是线圈下边缘到达磁场下边界的位置（为了能看清，把线圈的位置做了一些左右调整，不影响分析）。

克服安培力做功只发生在②→④阶段，

从线框开始下落到刚好全部进入磁场过程①→④对线框，

由动能定理得：mg（h+L2）-W=，

代入数据解得：W=0.8J；

答：（1）导线框上边缘刚进入磁场时的速度大小v为4m/s；

（2）从开始下落到导线框下边缘到达磁场下边界过程中，导线框克服安培力做的功W 为0.8J。

【解析】（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出安培力，线框匀速进入磁场，由平衡条件可以求出线框的速度。

（2）分析清楚线框运动过程，应用动能定理可以求出克服安培力做的功。

本题考查了电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚线框运动过程是解题的前提，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件与动能定理可以解题。

14.【答案】解：（1）物体A沿圆弧下滑，由动能定理得：

mgR=

可得：v A=5m/s

对B，由动量定理得：I=mv B。

解得：v B=1m/s

两物体恰不相撞时整体同速，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv A-I=（M+m+m）v

解得：v=1m/s

由功能关系得：

+=+Q

解得：Q=11J

（2）物体B在长木板上减至0的时间为：

t1===s

x1===m

由对称性知物体B反向加速至v=1m/s的过程中，t2=t1=s，x2=x1==m

对地位移为0。

长木板在t1、t2时间内的加速度为a==

解得a=1m/s2

对应的位移为

x3=

解得x3=m

相对滑动时间内物体A一直匀减速的位移为x4=

解得x4=3m

由几何关系知长木板的长度L=x4-x3+x3=3m

答：（1）全程因摩擦而产生的热量是11J；

（2）长木板的长度是3m。

【解析】（1）物体A沿圆弧下滑的过程，利用动能定理求得A滑到圆弧底端时的速度。对物体B施加一大小为Ⅰ=1N?s、方向向左的瞬时冲量，对B，利用动量定理求出B获得的速度。两物体在长木板上恰好不相撞时整体同速。对系统，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求全程因摩擦而产生的热量；

（2）通过计算分析物体B在长木板上的运动过程，结合对称性，求出B在长木板上滑行的距离。由牛顿第二定律求出A在长木板上滑行距离，从而求得长木板的长度。

本题是一道力学综合题，关键要理清三个物体的运动过程，把握物理规律。要知道木块在木板上滑动时，往往根据动量守恒定律和能量守恒定律解决这类问题，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究，但这种方法较为复杂。

15.【答案】解：（i）设A内气体末态压强为P，

对活塞整体受力分析，根据平衡得：

P B=P

对B气体由玻意耳定律得：

解得：P B=2P0

（ii）对A气体由理想气体状态方程得：

解得：T=3T0

气缸A内气体升温时内能增加：△U=α（T-T0）=2αT0

气缸B内气体内能不变

以气缸AB内两部分气体为研究对象，由热力学第一定律得：Q1=△U+Q2

解得气缸B内气体放出热量为：Q2=Q1-2αT0

答：（i）气缸A内气体的压强为2P0；

（ii）气缸B在该过程中放出的热量Q2为Q1-2αT0。

【解析】（i）B中气体做等温变化，根据玻意耳定律求解B中气体压强，根据活塞整体受力分析求解A中气体压强；

（ii）对A中气体根据理想气体状态方程求解末态温度，根据热力学第一定律求解B气体吸收热量。

本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A、B部分气体状态的联系（即V B=2V0-V A）是关键。

16.【答案】解：（i）光束CO射向O点后，同时发生折

射和反射，在屏上出现P和Q两个光斑，减小θ时，光

束在O点的入射角r增大，由n=知折射角i随之增大。

当入射角增大等于或大于临界角时发生全反射，折射

光线消失，屏上只有光斑P。

由临界角公式sin C=得n==

因此在θ≤45°时屏上只有一个光点，就说明材料合格。

（ii）取一段光纤，若任意一束光DE从端面中心E点以

α角入射，经断面折射后射向F点，若能在F点发生全反

射，就可实现光信号传输。

在E点，有n=

在F点刚好发生全反射，有n=

由sin2β+sin2γ=1得n=，当α角接近90°时光还能在F点发生全反射，需要n≥。

答：

（i）质检人员推断的原理见上；

（ii）公司规定“光纤内芯的玻璃材料折射率大于等于”的原因见上。

【解析】（i）光束CO射向O点后，同时发生折射和反射，在屏上出现P和Q两个光斑，减小θ时，光束在O点的入射角增大，折射角随之增大，当入射角大于等于临界角

时发生全反射，结合临界角公式sin C=分析；

（ii）取一段光纤，若任意一束光DE从端面中心E点以α角入射，经断面折射后射向F 点，若能在F点发生全反射，分别由折射定律和全反射条件列式，即可求解。

解答本题的关键是根据题意正确画出光路图，分析全反射的条件，要结合几何知识帮助解答。