2020年辽宁省渤海大学附中高考物理摸底试卷 (有详解)

2020年辽宁省渤海大学附中高考物理摸底试卷
一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.t=0时，甲、乙两质点从同一点沿同一直线运动，两质点运动的位
移x与时间t的比值随时间t的变化关系如图所示。

对于甲、乙两质
点前4s的运动，下列说法正确的是()
A. 甲物体的初速度为3m/s
B. 乙物体的加速度为1.5m/s2
C. t=2s时，v甲>v乙
D. 0～4s这段时间甲物体的位移比乙物体位移小
2.质量为m的物体A和质量为2m的物体B通过不可伸长的轻绳及轻质
弹簧连接在轻滑轮的两侧。

开始时用手托住物体A使弹簧处于原长且
细绳伸直，此时物体A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。

现
由静止释放A，A与地面即将接触时速度恰好为零，此时物体B对地面
恰好无压力，重力加速度为g，则()
A. 物体A下落过程一直处于失重状态
B. 物体A即将落地时，物体B处于失重状态
C. 物体A下落过程中，弹簧最大弹性势能为mgh
D. 物体A下落过程中，A的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小
3.真空中，在x轴上x=0和x=8处分别固定两个电性相同的点电荷Q1和Q2。

电荷间连线上的电
场强度E随x变化的图像如图所示(+x方向为场强正方向)，其中x=6处E=0。

将一个正试探电荷在x=2处由静止释放(重力不计，取无穷远处电势为零)。

则()
A. Q1、Q2均为负电荷
B. Q1、Q2带电量之比为9︰1
C. 在x=6处电势为0
D. 该试探电荷向x轴正方向运动时，电势能一直减小
4.如图所示为密立根油滴实验装置．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，两板间形
成竖直向下场强为E的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入质量和电荷量各不相同的油滴，通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()
A. 悬浮油滴带正电
B. 悬浮油滴的电荷量为mg
E
C. 减小场强，悬浮油滴将向上运动
D. 油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍
二、多选题（本大题共5小题，共29.0分）
5.如图所示，BC是半径为R的竖直面内的圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的
正下方，∠BOC=60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，
小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入圆轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，
能够使小球从B到C做匀速圆周运动．重力加速度大小为g.则()
mgR
A. 从B到C，小球克服摩擦力做功为1
2
B. 从B到C，小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变
C. A、B两点间的距离为√7
12
R
D. 在C点，小球对轨道的压力为10
3
mg
6.将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在同一
坐标系中，如图所示，则下列说法正确的是()
A. 图线b表示电源内部的发热功率P r随电流I的变化关系
B. M点对应的功率为最大输出功率
C. 在图线上A，B，C三点的纵坐标一定满足关系P A>P B+P C
D. 两个交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：2
7.如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度v0射入木块后(子弹与木
块作用时间极短)，子弹立即停在木块内。

然后将轻弹簧压缩到最短，已知本块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()
A. 系统的动量不守恒，机械能守恒
B. 系统的动量守恒，机械能不守恒
C. 系统损失的机械能为mMv02
2(m+M)D. 弹簧最大的弹性势能小于1
2
mv02
8.如图所示以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A=60°，AO=L，
在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子。

已知粒子的比荷为q
m
，发射速
度大小都为v0=qBL
m。

设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力。

对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是()
A. 当θ=45°时，粒子将从AC边射出
B. 所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等
C. 随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小
D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出
9.下列说法正确的是()
A. 物体内分子热运动的平均动能越大，则物体的温度越高
B. 液体表面层中分子间的相互作用表现为引力
C. 用显微镜观测液体中的布朗运动，观察到的是液体分子的无规则运动
D. 电冰箱的制冷系统能够不断把冰箱内的热量传递到外面，违背了热力学第二定律
E. 一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，则单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数
增多
三、填空题（本大题共1小题，共9.0分）
10.有一灯泡上标有“6V0.1A”的字样，现要测量该灯泡的伏安特性
曲线，有下列器材供选用：
A.电压表(0−5V，内阻2.0KΩ)
B.电压表(0−10V，内阻3.0KΩ)
C.电流表(0−0.3A，内阻2.0Ω)
D.电流表(0−6A，内阻1.5Ω)
E.滑动变阻器(30Ω,2A)
F.滑动变阻器(100Ω,0.5A)
G.学生电源(直流9V)及开关、导线等
(1)实验中所用的电压表应选______ ，电流表应选______ ，滑动变阻器应选______ ．
(2)画出实验电路图，要求电压从0V开始测量．
四、实验题（本大题共1小题，共6.0分）
11.某同学用图甲所示装置通过大小相同的A、B两小球的碰撞来验证动量守恒定律。

图中PQ是斜
槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，
留下痕迹。

重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。

再把B球放在水平槽末端，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。

重复这种操作10次。

图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。

(1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿________方向。

(2)小球A的质量m1与小球B的质量m2应满足的关系是m1__________(填“>”“<”或
“=”)m2。

(3)某次实验中，得出小球的落点情况如图乙所示(单位：cm)，P′、M、N分别是入射小球在
碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)。

若本次实验的数据很好地验证了动量守恒定律，则入射小球和被碰小球的质量之比m1：m2=__________。

五、计算题（本大题共5小题，共62.0分）
12.如图所示，地面不光滑，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端，m A=1kg，m B=1kg。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

已知木板B与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，铁块A与木板B 之间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2.现给A施加一个水平向右的力F.其大小随时间关系如图所示。

假设木板B足够长，A始终没有滑下来。

则：
(1)物块A在木板B上滑行的时间；
(2)B在地面上滑行的总路程；
(3)试通过分析与计算，在图中作出A受到的摩擦力f随时间t变化的图象。

13.如图(a)所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。

在区域I内有方向垂直
于斜面的匀强磁场，磁感应强度恒为B不变；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t的大小随时间t变化的规律如图(b)所示。

t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上也由静止释放。

在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。

已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为l，在t=t x 时刻(t x未知)ab棒恰好进入区域Ⅱ，重力加速度为g。

求：
(1)区域I内磁场的方向；
(2)通过cd棒中的电流大小和方向；
(3)ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离；
(4)ab棒开始下滑至EF的过程中，回路中产生总的热量。

(结果用B、l、θ、m、R、g表示)
14.如图所示，粗细均匀的左端封闭，右端开口(开口端足够长)，U形玻璃管，
当封闭气体温度为t1=31℃，大气压强为p0=76cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭气柱长l1=8.0cm，求：
①当封闭气体温度t2等于多少时，左管气柱长l2为9.0cm
②当温度达到上问温度t2时，为使左管气柱长l3为8.0cm，则应在右管加多高
的水银柱？
15.如图所示，一束单色光照射到平行玻璃砖上表面，入射方向与界面的夹角
θ=30°，测得入射点A到光屏的距离为6√3cm，玻璃砖的厚度为6cm，在玻璃砖下方光屏上出现的光点C到玻璃砖下表面的距离为4cm，求该玻璃砖的折射率n。

16.如图所示，一横截面为半圆形的玻璃柱体，半径为R=1.2m，长度为L=1m.一束平行光与AG
成45°夹角入射，光线与横截面平行．B、C、D、E、F将半圆周均分为6等份，经O点的光线，恰好从E点射出．不考虑反射光线．求：
①玻璃柱体的折射率；
②半圆柱体曲面有光线射出部分的面积．(结果可用π表示)
-------- 答案与解析 --------1.答案：A
解析：解：AB、根据匀变速直线运动位移时间公式x=v0t+1
2at2变形得x
t
=v0+1
2
at，知x
t
−t图象
的纵轴表示初速度，可知，甲物体的初速度为3m/s。

x
t −t图象的斜率等于1
2
a，则乙物体的加速度为
a 乙=2k
乙
=2×6
4
m/s2=3m/s2.故A正确，B错误。

C、乙物体的初速度为0，甲物体的加速度为：
a 甲=2k
甲
=2×
3
4
m/s2=1.5m/s2
t=2s时，v甲=v0+a甲t=3+1.5×2m/s=6m/s，v乙=a乙t=6m/s，则有：v甲=v乙.故C错误。

D、当t=4s，甲、乙的x
t
相等，则位移相等，故D错误。

故选：A。

根据匀变速直线运动位移时间公式x=v0t+1
2at2变形得到x
t
与t的关系式，结合图象的信息分析物
体的初速度、加速度。

再比较t=2s两个物体速度大小。

根据图象直接读出0～4s这段时间内位移的大小。

解决本题的关键要根据匀变速直线运动位移时间公式x=v0t+1
2at2变形得到x
t
与t的关系式，采用
比对的方法分析两物体的运动情况。

2.答案：C
解析：
本题的关键是分别对两个物体受力分析，然后根据机械能守恒定律列式求解。

要注意A的机械能并不守恒。

A与地面即将接触时，物体B对地面恰好无压力，说明地面对B的支持力等于B的重力。

分析弹簧的拉力与A的重力关系分析A的状态。

B一直处于平衡状态。

对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒求弹簧的弹性势能最大值，并分析A的动能和弹簧的弹性势能之和变化情况。

A.物体A开始时速度为零，而且A与地面即将接触时速度恰好为零，所以物体A先加速下降然后减
速下降，故物体A先失重后超重，A错误；
B.物体A从开始下落到落地，物体B一直静止在地面，可知物体B一直处于平衡状态，B错误；
C.对弹簧和A组成的系统，由机械能守恒定律得弹簧的弹性势能最大值Epm=mgℎ，C正确；
D.物体A下落过程中，A的重力势能一直减小，由系统机械能守恒知A的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，D错误。

故选C．
3.答案：B
解析：
根据点电荷的场强公式结合电场的叠加原理分析AB，根据点电荷周围的电场分布特点及电场力做功与电势能变化间的关系分析CD。

AB.根据x=6处的E=0有：k Q1
r12=k Q2
r22
，得：Q1
Q2
=r12
r22
=62
22
=9
1
，而在x<6的位置处，场强为正，
又Q1、Q2电性相同，可知Q1、Q2均为正电荷，故A错误，B正确；
CD.在正电荷周围电势都大于零，试探电荷在x=2处由静止释放向x轴正方向运动时，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故CD错误。

故选B。

4.答案：B
解析：解：A、带电荷量为q的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故A错误；
B、根据平衡条件，有：mg=qE，故q=mg
E
，故B正确；
C、根据平衡条件，有：mg=qE，当减小场强，电场力减小，则悬浮油滴将向下运动，故C错误；
D、不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量(元电荷)的整数倍，故D错误；
故选：B。

带电荷量为q的油滴静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性和带电量，从而即可求解．
本题关键是明确密立根油滴实验的实验原理，密立根通过该实验测量出电子的电荷量而获得诺贝尔物理奖，注意运用电场力与重力平衡，及理解带电荷量是元电荷的整数倍．
5.答案：AC
解析：解：小球做从A到B做平抛运动，在B点，小球速度方向
偏角θ=60°，
则tan60°=v y v
A
，v y=gt
竖直方向的位移y=Rcos60°=1
2
gt2
水平方向的位移x=v A t
解得x=√3
3
R
则A、B两点的距离x AB=√x2+y2=√7
12
R，C正确；
在B点时小球的速度v=√v A2+v y2=2√3gR
3
小球从B到C做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知
小球克服摩擦力做的功等于重力做的功W G=mg(R−Rcos60°)=1
2
mgR，A正确；
从B到C，小球对轨道的压力是变化的，而小球仍能保持匀速圆周运动，则小球与轨道之间的动摩擦因数是变化的，B错误；
在C点，轨道对小球的支持力设为F N
则有F N−mg=m v2
R
解得F N=7
3mg，由牛顿第三定律可知，在C点小球对轨道的压力也为7
3
mg，故D错误；
故选：AC．
小球进入轨道前做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出小球的初速度、小球的水平与竖直位移，从而求出A、B两点的距离，由牛顿第二定律与牛顿第三定律可以求出小球对轨道的压力．
本题考查了平抛运动和圆周运动，分析清楚小球运动过程、应用运动的合成与分解、运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题．
6.答案：AB
解析：
根据电源消耗的总功率的计算公式P E=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率P r=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功
率的公式可以分析功率之间的关系。

A 、有电源消耗功率和电源内部消耗功率表表达式P E =EI ，P r =I 2r ，可知，a 时直线，表示的是电源消耗的功率，b 是抛物线，表示的是电源内部消耗的功率，c 表示电源输出功率P R ，所以A 正确；
B 、当内阻和外电阻相等时，电源输出功率最大，M 点对应的就是内阻和外电阻相等的时刻，所以M 点对应功率为最大输出功率，故B 正确；
C 、在a ，b ，c 三条图线上分别取横坐标相同的A ，B ，C 三点直流电源的总功率P E 等于输出功率P R 和电源内部发热功率P r 的和，所以三点的纵坐标一定满足P A =P B +P C ，所以C 错误；
D 、当电源内阻和外电阻相等的时刻，电源的输出功率最大，此时即为b ，c 线交点M 时的电流，此时电流大小为E
R+r
=
E 2r
，功率的大小为P =E 2
4r
；a ，b 线的交点N 表示电源的总功率P E 和电源内部发热
功率P r 相等，此时只有电源内阻，所以此时电流的大小为E
r ，功率的大小为P ,=E 2r
，所以横坐标之比
为1:2，纵坐标之比为1:4，所以D 错误。

故选AB 。

7.答案：CD
解析： 【试题解析】
系统所受的合外力为零时，系统动量守恒。

只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒，根据系统受力情况与做功情况判断系统动量与机械能是否守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。

本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，解决本题的关键要掌握系统动量守恒的条件，以及知道当系统只有动能和势能之间相互转化时，系统机械能守恒。

分析清楚运动过程即可正确解题。

AB 、由于墙壁对弹簧有作用力，系统的合外力不为零，则系统的动量不守恒；由于子弹射入木块过程中，二者之间存在着摩擦，要产生内能，故此过程机械能不守恒。

故动量、机械能均不守恒，故AB 错误；
C 、取向左为正方向，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒及能量守恒得：
mv 0=(M +m)v ，12mv 0
2
−1
2(M +m)v 2=△E ， 可得系统损失的机械能为：△E =mMv 0
2
2(m+M)，故C 正确；
D 、由于子弹射入木块过程中有机械能损失，所以最终弹性势能小于子弹最初的动能1
2mv 02，故D 正
确。

故选CD。

8.答案：AD
解析：
带电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解。

此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论。

θ从0°到60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键。

解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m v02
r ，已知v0=qBL
m
，解得粒子
的运动半径r=L，当θ=60°入射时，粒子恰好从A点飞出，则当
θ=45°时，粒子将从AC边射出。

故A正确；
B、所有从OA边射出的粒子，θ不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于2(π
2
−θ)=π−2θ，所用时间
t=π−2θ
2π
T，T一定，则知粒子在磁场中运动时间不等，故B错误。

C、粒子从AC边上射出时，随着角度的变化，在磁场中的弧线长度先减小后增加，所以粒子在磁场
中运动的时间先减小，后增长，当从OA边射出时，由t=π−2θ
2π
T知，随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间不断变短，故C错误。

D、当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；
故选：AD。

9.答案：ABE
解析：
【试题解析】
温度是分子平均动能的标志；
液体表面张力形成的原因是因为表面分子比较稀疏；
由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体；
布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动；
根据压强的微观意义分析。

本题考查温度、压的微观意义以及布朗运动，热力学第二定律等内容，解答的关键是正确理解热力学第二定律的几种不同的说法。

A.温度是分子平均动能的标志，物体内分子热运动的平均动能越大，则物体的温度越高。

故A正确；
B.液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，从而有分子间作用力不均衡，产生沿表面作用于任一界线上的张力，表现为引力，故B正确；
C.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故C错误；
D.由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，但电冰箱的制冷系统能够不断把冰箱内的热量传递到外面是由于电动机做功，不违背了热力学第二定律，故D错误；
E.一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，则分子运动的激烈程度增大，所以单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多，故E正确。

故选ABE。

10.答案：(1)B；C；E；
(2)如图所示：
解析：
(1)根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法及调节方便性原则可选出滑动变阻器；
(2)根据测伏安特性曲线的实验要求可以选出滑动变阻器的接法，由电流表及电压表内阻的关系可得出电流表的接法。

测量小灯泡的伏安特性曲线时，根据实验的要求一般采用滑动变阻器的分压接法，电流表应采用外
接法。

解：(1)由题意可知，灯泡的额定电压为6V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择B；灯泡的额
定电流为0.1A，故电流表应选择C，由题可得灯泡正常发光时的电阻为U
I =6
0.1
Ω=60Ω，可知灯泡在
不发光时的电阻要小于60Ω，为方便调节及考虑到描绘灯泡完整的伏安特性曲线时，滑动变阻器一般采用分压式接法，所以滑动变阻器选择E；
(2)测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采用分压接法；灯泡
正常发光时的电阻为：U
I =6
0.1
Ω=60Ω，而电流表内阻约为2.0Ω，电压表的内阻约为3000Ω，所以
小灯泡的电阻远小于电压表内阻，接近电流表内阻，故电流表应采用外接法，电路图如图所示：
故答案为：(1)B；C；E；
(2)如图所示：。

11.答案：(1)水平
(2)>
(3)4:1
解析：
小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端切线应水平；
应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，根据实验注意事项、实验原理与表达式分析答题。

本题考查了实验实验事项、求需要验证的表达式，知道实验原理、实验注意事项、应用动量守恒定律即可正确解题。

(1)小球离开轨道后做平抛运动，安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿水平方向；
(2)两球碰撞时要发生对心碰撞，两球的直径应相等，为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1>m2；
(3)由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；
根据动量守恒定律可得在水平方向有m1v0=m1v1+m2v2；
故m1v0t=m1v1t+m2v2t；
即m1×x OP=m1×x OM+m2×x ON；
代入数据求得：m1：m2=4：1；
故答案为：(1)水平；(2)>；(3)4:1。

12.答案：解：(1)A与B之间的最大静摩擦力：f m=μ2m A g=4N
若力F恒为4 N，A、B具有共同的加速度，
对整体：F−μ1(m A+m B)g=(m A+m B)a0
解得：a0=1m/s2
方向水平向右。

对B：F静−μ1(m A+m B)g=m B a0
可得：F静=3N<f m
说明假设是正确的，开始时二者一起做加速运动。

二者的末速度：v1=a0t1=1m/s
若力F恒为8 N时，
对A：F−μ2m A g=m A a1
解得：a1=4m/s2
对B：μ2m A g−μ1(m A+m B)g=m B a2
解得：a2=2m/s2
则2s末A的速度：v2=v1+a1t2=5m/s
B的速度：v3=v1+a2t2=3m/s
撤去拉力后A做减速运动，B继续做加速运动，B的加速度不变；
对A：m A a3=−μ2m A g
代入数据可得：a3=−4m/s2
设经过t3二者速度相等，则：v2+a3t3=v3+a2t3
解得：t3=1
3
s
此后二者沿水平方向只受到地面得摩擦力，若二者一起减速，则：−μ1(m A+m B)g=(m A+m B)a4可得：a4=−1m/s2
此时A与B之间的摩擦力：F静′=m A a4
可得：F静′=1N<f m
可知假设成立
所以A相对于B滑动的时间：t=t2+t3=11
3
s
(2)B的运动分4段：x1=1
2
a0t12=0.5m
第二段与第三段的加速度相等，则：x2+x3=v1(t2+t3)+1
2a2(t2+t3)2=28
9
m
第三段后B的速度：v4=v3+a2t3=11
3
m/s
B最后与A一起减速，末速度为0，则：x4=0−v42
2a4=121
18
m
所以B为总位移：x=x1+x2+x3+x4=186
18
≈10.3m
(3)第1s当F=4N时，系统没有被拉动，是静摩擦力等于3N。

第2s当F=8N时，A与B之间的摩擦力为滑动摩擦力，等于4N.2s−21
3
s二者之间的摩擦力仍然为4N，
此后摩擦力为F静′，等于1N，时间：t4=0−v4
a4=11
3
s
在图中作出A受到的摩擦力f随时间t变化的图象如图：
解析：本题考查牛顿第二定律的应用及摩擦力问题，要注意正确选择研究对象，做好受力分析，则可以由年顿第二定律及运动学公式分析求解。

13.答案：解：(1)由楞次定律可知，流过cd的电流方向为从d到c，cd所受安培力沿导轨向上，故由左手定则可知，I内磁场垂直于斜面向上。

故区域I内磁场的方向垂直于斜面向上。

(2)cd棒平衡，所以有：BIl=mgsinθ
故解得：I=mgsinθ
Bl
，电流方向d→c。

故通过cd棒中的电流大小I=mgsinθ
Bl
，电流方向d→c。

(3)前、后回路感应电动势不变，△Φ
△t =Blv x，即有：(2B−B)
t x
l2=Blv x，
解得：l=v x t x
ab棒进入区域Ⅱ之前不受磁场力的作用，做匀加速直线运动，
S1=1
(0+v)t x=0.5l
故ab棒开始下滑的位置离区域Ⅱ上边界的距离为0.5l。

(4)ab棒进入区域Ⅱ后作匀速直线运动，t2=t x，总时间：
t
总
=t x+t2=2t x 电动势：E=Blv x不变
总热量：Q=EIt总=2mgv x t x sinθ=2mglsinθ
故回路中产生总的热量为：Q=2mglsinθ。

解析：(1)II内磁场均匀变化因此在回路中形成感应电流，根据楞次定律判断出流过cd的电流方向，然后根据平衡求出cd棒所受安培力方向，进一步根据左手定则判断磁场方向。

(2)根据导体棒处于平衡状态可知，安培力等于重力沿导轨向下分力，由此可求出通过cd棒中的电流大小和方向。

(3)棒ab进入II区域前后回路中的电动势不变，即磁场变化产生电动势与导体切割磁感线产生电动势相等，据此求出导体棒进入II时速度大小，然后根据导体棒匀加速下滑的特点即可求出结果。

(4)回路中电流恒定，根据Q=EIt可求出结果。

解决这类问题的关键是弄清电路结构，正确分析电路中的电流以及安培力的变化情况。

14.答案：解：!①以封闭气体为研究对象，
初状态：p1 =76cmHg；V1 =L1 S=8S；T1 =304K
末状态：p2 =78cmHg；V2 =L2 S=9S；T2 =？
根据理想气体状态方程得，p1 V1 
T1 
=p2 V2 
T2 
，得：T2 =351K，则t2 =351−273=78℃
②使左管气柱长L恢复为8cm的过程为等温变化，
初状态：压强为78cmHg；体积为9S
末状态：压强为(76+ℎ)cℎHg；体积为8S
根据玻意耳定律：78×9S=(76+ℎ)×8S
解得：ℎ=11.75cm
答：①当封闭气体温度t2等于78℃时，左管气柱长l2为9.0cm
②当温度达到上问温度t2时，为使左管气柱长l3为8.0cm，则应在右管加11.75cm的水银柱
解析：根据气体状态方程求出被封闭的气柱长变为L2=9cm时气体的温度；根据玻意耳定律求出气柱长可变回8cm从开口端注入水银柱的高度．
本题考查了气体的状态方程和玻意耳定律的运用，难度中等，关键确定好初末状态，列式求解．15.答案：解：玻璃砖上表面入射角为i=90°−θ=60°。