2020年四川省凉山州高考物理三诊试卷 (含答案解析)

2020年四川省凉山州高考物理三诊试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1. 人类和平利用核能始于二十世纪五十年代，核能的开发和应用是解决能源问题的重要途径之一。

下列关于核反应的描述或判断正确的是( )
A. 92238U →90234Tℎ+24He 是核聚变
B. 90234Tℎ→91234Pa+−10e 是α衰变
C. 12H+13H →24He+01n 是β衰变
D. 92235U+01n →56144Ba +3689Kr +301n 是核裂变
2. 如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A 、B 两
物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间
的摩擦).现用水平向右的力F 作用于物体B 上，将物体B 缓慢拉高
一定的距离，此过程中斜面体与物体A 仍然保持静止。

在此过程中( )
A. 水平力F 可能变小
B. 斜面体所受地面的支持力可能变大
C. 物体A 所受斜面体的摩擦力可能变大
D. 地面对斜面体的摩擦力可能不变
3. 如图所示，质量m =75kg 的滑雪运动员在倾角θ=37°的直滑道上
由静止开始向下滑行的速度−时间图象，图中的OA 直线是t =0时
刻速度图线的切线，速度图线末段BC 平行于时间轴，运动员与滑道
间的动摩擦因数为μ，所受空气阻力与速度成正比，比例系数为k.设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则( )
A. 物体开始时做加速度增大的加速直线运动，最后做匀速运动
B. t =0时刻运动员的加速度大小为2m/s 2
C. 动摩擦因数μ为0.25
D. 比例系数k 为15kg/s
4. 如图所示，圆形区域内存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的
大小为B 1，P 点为磁场边界上的一点。

相同的带正电荷粒子，以相同的速
率从P 点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。

这些粒子
射出磁场区域的位置均处于磁场边界的位置的某一段弧上，这段圆弧的弧长是磁场边界圆周长的16.若只将磁感应强度的大小变为B 2，结果相应的
弧长变为磁场边界圆周长的13，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，则B 2
B 1等于( )
A.
√3B. √3
3
C. 1
2
D. 2
1
5.如图所示，A是静止在赤道上的物体，B、C是同一平面内两颗人造卫星。

B位于离地高度等于
地球半径的圆形轨道上，C是地球同步卫星。

下列说法中正确的是()
A. 卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度
B. A、B的线速度大小关系为v A>v B
C. B、C的线速度大小关系为v B<v C
D. A、B、C周期大小关系为T A=T C>T B
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为θ，一轻绳的一端连在位于斜
面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。

整
个系统由静止开始向右匀加速运动，物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间t的过程中()
A. 重力的冲量为零
B. 重力做功为零
C. 拉力冲量大小为mgtcotθ
D. 拉力做功为1
2
mg2t2cot2θ
7.如图是手机充电器的内部电路核心部分的简化模型，将变压器和二极管都视为理想元件，已知
变压器的原、副线圈匝数比为20∶1，A、B端输入电压为U 1=220√2sin100πt(V)，对于输
出端CD(OD为副线圈的中心抽头)()
A. 输出电压的有效值为11V
B. 输出电压的有效值为5.5V
C. CD端的输出功率和AB端的输入功率之比为1∶2
D. CD端的输出功率和AB端的输入功率之比为1∶1
8.如图所示，MN是负点电荷电场中的一条电场线，一个带正电的粒
子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下
列结论正确的是
A. 带电粒子从a到b运动的过程中动能逐渐减小
B. 带电粒子在a点时的电势能大于在b点时的电势能
C. 负点电荷一定位于N点右侧
D. 带电粒子在a点时的加速度大于在b点时的加速度
9.(多选)下列说法中正确的是()
A. 用“油膜法估测分子大小”实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸
膜的面积
B. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
C. 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大
E. 晶体在熔化过程中吸收热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能
10.如图甲为一列间谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x=2m处的质点P以此时刻为计时
起点的振动图象．下列说法正确的是()
A. 这列波的波长是4m
B. 这列波的传播速度是20m/s
C. 经过0.15s，质点P沿x轴的正方向迁移了3m
D. 经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴正方向
E. 经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.某同学利用图示装置测量小球平抛运动的初速度。

其中斜槽固定在桌面上，一平整木板表面钉
上白纸和复写纸，竖直立于斜槽右侧的水平地面上。

进行如下操作：
①将斜槽轨道的末端调至水平；
②小球从挡板处静止释放，撞到木板后在白纸上留下痕迹A；
③将木板依次向右平移距离x，重复上述操作留下痕迹B、C；
④测得距离x=10.00cm，A、B间距离y1=5.02cm，B、C间距离y2=14.82cm.(取g=9.8m/s2)
(1)保证斜槽末端水平的目的是__________________________。

(2)小球初速度的大小为____________m/s。

(保留3位有效数字)
12.现有一满偏电流为500μA，内阻为1.2×103Ω的灵敏电流计，某
同学想把它改装成中值电阻为600Ω的欧姆表，实验室提供如下器
材：
A、一节干电池(电动势为1.5V)
B、电阻箱R1(最大阻值99.99Ω)
C、电阻箱R2(最大阻值999.9Ω)
D、滑动变阻器R3(0−100Ω)
E、滑动变阻器R4(0−1kΩ)
F、导线若干及两个接线柱
(1)请在方框内把改装后的电路图补画完整，并标注所选电阻箱和滑动变阻器的符号(B～E)．
(2)电路中的电阻箱，阻值应调为______ Ω.
(3)用改装后的欧姆表测一待测电阻，读出电流计的示数为200μA，则待测电阻阻值为______ Ω.
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，圆线圈c和线框d都放在竖直平面内，线圈c的面积S=
6×102cm2，线圈c中磁感强度B1的变化是均匀的．线框d放在另一个磁感
强度B2=0.5T的稳定磁场中，两个磁场的方向如图所示．直导线ef跟线框
d都是裸导线，且接触良好，ef可以在线框上自由滑动，它的质量m=3×10−3kg，线框d的宽度L=20cm，闭合电路的总电阻恒为R=0.1Ω.求：
(1)当ef恰好处于静止状态时，ef中感应电流的大小为多少
(2)在上述(1)情况中，B1的变化率△B1
为多少？
△t
14.在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，其末端水平，圆心角θ=
60°，半径R=2.5m，BC是长度为L1=8m的水平传送带，CD是长度为L2=13.5m的水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板(参赛者和滑板可视为质点，滑板质量忽略不计)从A处由静止下滑，并通过B点恰好滑到D点。

已知参赛者质量m=60kg，传送带匀速转动，滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1=0.4、μ2=0.3，取g=10m/s2，求：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力的大小；
(2)传送带运转的速度的大小和方向；
(3)传送带由于传送参赛者多消耗的电能。

15.开口朝上的薄壁绝热汽缸内壁光滑，缸底装有电热丝，一定质量的理想气体
被一个面积为S=2.5×10−4m2、质量为m=0.5kg的热活塞封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁紧密接触且不计摩擦。

初始时，缸内气体温度为t0=27℃，内能为U0=90J，活塞与缸底距离ℎ0=20cm。

现通过电热丝给封闭气体缓慢加热，当气体温度为177℃时，活塞与缸底距离为h。

已知理想气体内能U与热力学温度T成正比，大气压强p0=1.0×l05Pa，重力加速度g=10m/s2.求：
(i)封闭气体温度为177℃时，活塞与缸底距离h和气体内能U的大小；
(ii)缓慢加热过程中，封闭气体吸收的热量Q。

16.如图为某种透明材料制成的半球体，球半径为R，AB为半球体直径，
且AB外表面涂有水银，圆心为O，OP⊥AB，某单色光从P点射入半
球，并经AB面反射后，最后从BP面上某点射出半球，已知光线在P
点的入射角α=60°，该透明材料的折射率n=√3，光在真空中传播速
度为c。

求：
①该单色光射出半球时的方向与在P点射入半球时的入射光线方向之
间的夹角。

②该单色光在半球内传播的总时间t。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：解：A、α衰变放出的是氦原子核，这是α衰变，故A错误；
B、α衰变放出的是氦原子核，β衰变放出的是电子，该核反应为β衰变。

故B错误；
C、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，这是氢原子核聚变为氦原子核，故C错误；
D、核裂变是一个原子核分裂成几个原子核的变化，质量非常大的原子核才能发生核裂变，该核反应为裂变方程，故D正确；
故选：D。

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。

本题考查了重核裂变、轻核聚变和不稳定核的自发衰变，需要记住即可。

2.答案：C
解析：解：A、取物体B为研究对象，分析其受力情况如图所示，则有F=mgtanθ，
，在将物体B缓慢拉高的过程中，θ增大，则水平力F和细绳上的
拉力T随之变大。

故A错误；
BD、对A、B两物体与斜面体这个系统而言，系统处于平衡状态，因拉力F变大，
则地面对斜面体的摩擦力一定变大，而竖直方向并没有增加其他力，故斜面体所受地面的支持力不变；故BD错误；
C、在这个过程中尽管绳子张力变大，但是开始时物体A所受斜面体的摩擦力方向未知，故物体A 所受斜面体的摩擦力的情况无法确定，即物体A所受斜面体的摩擦力可能变大，故C正确；
故选：C。

本题为动态平衡类题目，分别分析B和整体，由共点力的平衡条件可得出各部分力的变化。

对于用绳子连接的物体，可以沿绳子的方向作为整体作出受力分析，则可以简化解题过程。

3.答案：C
解析：解：A、由速度−时间图象可知，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动。

故A错误；
B、在t=0时刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度大小：a0=△v
△t =12−0
3−0
=4m/s2；故B错误；
C、在t=0时刻开始加速时，v0=0，由牛顿第二定律可得：
mgsinθ−kv0−μmgcosθ=ma0…①
最后匀速时，v m=10m/s，a=0，
由平衡条件可得：mgsinθ−kv m−μmgcosθ=0…②
由①②解得：μ=0.25，k=30kg/s；故C正确，D错误。

故选：C。

v−t图象的斜率等于运动员的加速度，根据图示图象求出运动员的加速度。

以人和雪撬整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，将t0=0时速度和加速度、速度最大时的速度和加速度，代入求出空气阻力系数k和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ。

本题要抓住速度图象的斜率等于物体的加速度，首先考查读图能力。

其次考查运用数学知识处理物理问题的能力。

4.答案：B
解析：解：设磁场区域的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，
最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM=60°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R为：sin30°=R
r
r，
解得：R=1
2
磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，
最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON=120°，如图所示：
所以粒子做圆周运动的半径R′为：sin60°=R′
r
解得：R′=√3
2
r，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m v2
R 解得：B=mv qR，
由于v、m、q相等，则B2
B1=R
R′
=√3
3
，故B正确，ACD错误；
故选：B。

画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可。

带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解。

5.答案：D
解析：解：A、第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大的环绕速度，由于卫星B的轨道半径大于地球的半径，则卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度，故A错误。

BC、对B、C，根据G Mm
r2=m v2
r
知，v=√GM
r
，C的轨道半径大于B的轨道半径，则v B>v C，
对于A、C，A、C的角速度相等，根据v=rω知，v C>v A，所以v B>v A，故B错误，C错误。

D、A、C的角速度相等，则A、C的周期相等，根据T=√4π2r3
GM
知，C的周期大于B的周期，故D 正确。

故选：D。

第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度，B、C绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，结合万有引力提供向心力，比较线速度、周期。

对A、C，角速度相等，周期相等，根据v=rω比较线速度。

解决本题的关键知道B、C靠万有引力提供向心力，知道线速度、角速度、周期与轨道半径的关系，注意A不是靠万有引力提供向心力。

6.答案：BD
解析：解：AC、对物块A进行受力分析可知，物块A受拉力和重力，根据力的合成得：Tsinθ=mg，
则有：T=mg
sinθ，故重力的冲量为I G=mgt，拉力的冲量为：I T=mgt
sinθ
，故AC错误；
D、牛顿第二定律可知：mg
tanθ=ma，则有：a=g
tanθ
，末速度为：v=at=gt
tanθ
根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：W T=1
2mv2−0=mg2t2
2tan2θ
=1
2
mg2t2cot2θ，
故D正确；
B、由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零，故B正确；
故选：BD。

对物块A受力分析，根据力的合成求得拉力，由冲量的公式可求得重力和拉力的冲量；由于重力的方向与位移方向垂直，故重力做功为零；由牛顿第二定律求得加速度，由速度公式求得末速度，根
据动能定理求解拉力做功。

本题考查了冲量、功的定义、动能定理等知识的综合应用，解题的关键是正确这些概念和规律的含
义会灵活运用。

7.答案：BD
解析：AB.由于OD为副线圈的中心抽头，AB与CD线圈匝数之比为40∶1，则线圈CD间电压的最V，而本题中的两个二极管相当于把CD之间的交变电压的负半部分对称地变为正半部分，大值为11√2
2
这样交变电流就全部变为正值，且周期为原来的一半，因而有效值为5.5V，A错误，B正确;
CD.由变压器为理想变压器，AB端的输入功率等于CD端的输出功率，因而C错误，D正确。

故选BD。

8.答案：AD
解析：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，对带电粒子做负功，其动能减小，选项A正确；B、电场力对带电粒子做负功，电势能增大，则带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能，选项B错误；由上得知，带正电粒子的电场力向左，电
场线由N指向M，说明负电荷在直线MN左侧，a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度；选项C错误，选项
D正确；故选AD。

9.答案：BCE
解析：
【分析】
“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径等于纯油酸的体积除以相应油酸膜的面积；100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中吸收的热量转化为分子势能；气体的压强与单位体积内的分子密度、分子的平均撞击力都有关；晶体在熔化过程中吸收热量，增加分子势能。

本题关键要掌握热力学的一些基础知识，知道饱和蒸汽的压强、分子速率分布、测量分子直径的原
理和热力学第一定律。

【解答】
A.“用油膜法估测分子的大小”实验中油酸分子直径应等于纯油酸的体积除以相应油酸膜的面积，
故A错误；
B.一定量100℃的水变成100℃的水蒸气的过程中吸收热量，但温度不变，所以碰撞的平均动能不变，其分子之间的势能增加，故B正确；
C.液晶是一种特殊的物态，液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故C正确；
D.气体的压强与单位体积内的分子密度、分子的平均撞击力都有关；气体温度升高，气体分子的平均动能增大，分子的平均撞击力增大；若同时气体的体积最大，单位体积内的分子密度减小，气体的压强不一定增大，故D错误；
E.晶体分单晶体和多晶体，它们都具有确定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，故E正确。

故选BCE。

10.答案：ABE
解析：解：AB、由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速v=λ
T =4
0.2
m/s=20m/s.故AB正确．
C、简谐横波中质点在平衡位置附近振动，并不随着波迁移，故C错误；
D、t=0时刻质点P沿y轴负方向运动，可知波沿x轴正方向传播，图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.1s=1
2
T，质点Q的运动方向沿y轴负方向．故D错误．
E、t=0.35s=1.75T，经过0.35s时，质点P到达波峰，而质点Q位于平衡位置与波谷之间，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离．故E正确．
故选：ABE
由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．
11.答案：(1)保证小球每次做平抛运动(2)1.00
解析：
【分析】
(1)斜槽的末端保持水平的目的是保证小球的初速度水平，使小球做平抛运动．
(2)根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度．
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度不大．
【解答】
(1)保证斜槽末端水平的目的是使小球做平抛运动．
(2)在竖直方向上，根据y 2−y 1=gT 2得，T =√y 2−y 1g
=√
(14.82−5.02)×10−2
9.8
s =0.1s ，
则小球的初速度v 0=x
t =0.1
0.1m/s =1.00m/s ．
故答案为：(1)保证小球每次做平抛运动 (2)1.00
12.答案：300；900
解析：解：(1)电路设计：因中值电阻小于电流表的内阻，故要给电流表并联一电阻箱；再串一变阻器调节是欧姆表内总电阻． 不防先设并联R 2，串联R 4，求出两者的阻值再具体确定用哪个器材． 完整电路如图所示：
(2)I =I 1+I 当R x =600Ω时，I =250uA =0.25mA ，此时有 1.2
600+R 4
=
0.3R 2
+250×10−6 (1)
当Rx =0Ω时，Ig =500uA =500×10−6A ，此时有0.9
R 4
=
0.6R 2
+600×10−6 (2)
由(1)(2)可得：R 4=360Ω，R 2=300Ω；则电阻箱的阻值为300Ω，符合所给的器材的阻值范围．
(3)因I 1
I g
=R g
R 2
=
1.2×103300
=4 得：I 1=4I g
又 I =I 1+I g 得：I =5I g 所以改装后，当电流表读数为200uA 时，
表头两端电压为：Ug =I g ×R g =0.2mA ×1.2kΩ=0.24V ，I =5I g =1mA 所以有1.5−0.24
360+R x
=1mA
解得：R x =900Ω：
故答案为：(1)如图；(2)300；(3)900
因中值电阻为欧姆表总内阻，而电流表内阻已大于中值电阻，故要给电流表并联一电阻，根据中值电阻的阻值列出Rx 分别取0、600时两电路的电流电压关系方程，求出并联的阻值和串联变阻器的阻值，从而确定要并联的电阻大小．即选择电阻箱和选择滑动变阻器；并选择必要器材：电池，导线若干及两相接线柱．
该题难度极大，要先设出并联电阻值与串联电阻值，再据串并联电路的电压电流与电阻关系列方程求出具体值方可选择器材，所以要变换一下解题顺序，这有违常规．但必须这样做．
13.答案：解：(1)根据题意，由B 2IL =mg 得
ef 中感应电流的大小为：I =
mg
B
2L
=
3×10−3×100.5×0.2
A =0.3A
(2)回路中的感应电动势：E =IR =0.3×0.1V =0.03V 由法拉第电磁感应定律得：E =△Φ△t
=
△B 1△t
S
则得，△B
1△t =
E S
=0.03
6×10−2T/s =0.5T/s
答：(1)当ef恰好处于静止状态时，ef中感应电流的大小为0.3A.(2)在上述(1)情况中，B1的变化率△B1
△t 为0.5T/S．
解析：(1)要使ab处于静止状态，要受到竖直向上的安培力，安培力等于重力，根据安培力公式和平衡条件列式求解．
(2)由感应电流的大小求出感应电动势大小，根据法拉第电磁感应定律可得出磁感应强度的变化率．考查共点力平衡条件、欧姆定律、法拉第电磁感应定律等规律的应用，属于基础题．
14.答案：解：(1)参赛者从A到B的过程，由机械能守恒定律得：
mgR(1−cos60°)=1
2
mv B2−0
代入数据解得：v B=5m/s
在B点，对参赛者，由牛顿第二定律得：
F N−mg=m v B2
R
代入数据解得：F N=1200N
由牛顿第三定律知参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力为：
F N′=F N=1200N，方向竖直向下
(2)参赛者由C到D的过程，由动能定理得：
−μ2mgL2=0−1
2
mv C2
解得：v C=9m/s>v B=5m/s
所以传送带运转方向为顺时针。

假设参赛者在传送带一直加速，设到达C点的速度为v，由动能定理得：
μ1mgL1=1
2
mv2−
1
2
mv B2
解得：v=√89m/s>v C=9m/s
所以参赛者在传送带上匀加速运动再匀速运动，所以传送带传送带应沿顺时针转动，速度大小为v
传
=v C=9m/s。

(3)参赛者在传送带上匀加速运动的时间为：t=v C−v B
μ1g =9−5
0.4×10
s=1s
此过程中参赛者与传送带间的相对位移大小为：Δx=v传t−v B+v C
2
t 解得Δx=2m
传送带由于传送参赛着多消耗的电能为：E=Q+ΔE k=μ1mgΔx+(1
2mv C2−1
2
mv B2)
代入数据解得：E=2160J
答：
(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力大小为1200N；
(2)传送带传送带应沿顺时针转动，速度大小为9m/s ； (3)传送带由于传送参赛者多消耗的电能是2160J 。

解析：(1)参赛者从A 到B 的过程，由机械能守恒定律求出他到达B 点的速度。

他在B 点时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对参赛者的支持力，从而得到他对轨道的压力。

(2)研究CD 段，由动能定理求出参赛者经过C 点的速度，根据B 点和C 点的速度关系分析传送带的运转方向，并求运转速率。

(3)由牛顿第二定律和运动学公式结合求参赛者与传送带间的相对位移，右求得摩擦生热，再由能量守恒定律求出多消耗的电能。

分析清楚参赛者的运动情况，把握隐含的临界情况：物体与传送带共速，采用假设法研究。

要知道摩擦产生的热量与相对路程有关，注意分析能量是如何转化的。

15.答案：命题透析：本题考查气体实验定律，考查考生的推理能力。

解(i)缸内气体始、末温度分别为T 0=300K ，T =450K ， 缓慢加热过程中，气体做等压变化，
据盖一吕萨克定律有：Sℎ0
T 0
=
SℎT
代入数据解得：ℎ=30cm
据气体内能与热力学温度成正比有：
U 0T 0=U T
代入数据解得：U =135J
(ii)初始时，据活塞受力平衡有：mg +p 0S =pS 则封闭气体压强：p =p 0+
mg S
=1.2×l05Pa
缓慢加热过程中气体膨胀，外界对气体做功为W =pS(ℎ0−ℎ)=−3J 据热力学第一定律有U −U 0=Q +W 解得：Q =48J
答：(i)封闭气体温度为177℃时，活塞与缸底距离h 为30cm ，气体内能U 的大小为135J ； (ii)缓慢加热过程中，封闭气体吸收的热量Q 为48J 。

解析：(i)电热丝加热过程，封闭气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律可求活塞与缸底距离；根据理想气体内能U与热力学温度T成正比可求气体内能大小；
(ii)利用热力学第一定律列式求解。

本题是简单的盖吕萨克定律和热力学第一定律的应用，关键是抓住题目给出的信息：理想气体内能U与热力学温度T成正比。

16.答案：解：①画出光路如图；在P点，由光的折射定律可得：n=sinα
sinβ=sin60°
sinβ
=
√3
解得：β=30°；
则在M点的入射角和反射角均为30°；由几何关系可知△OPN为等边三角形，
∠MNO=30°，可知在N点出射时的折射角为60°，
则单色光射出半球时的方向与在P点射入半球时的入射光线方向之间的夹角为120°。

②光线在玻璃砖中的传播距离：x=R
cos30∘
+Rtan30°=√3R
在玻璃中的速度：v=c
n =√3
3
c，
则传播时间：t=x
v =3R
c
答：①该单色光射出半球时的方向与在P点射入半球时的入射光线方向之间的夹角为120°。

②该单色光在半球内传播的总时间是3R
c。

解析：①画出光路图，由折射定律可求得射入玻璃中的折射角，再由几何关系可求得射出半球时的方向与在P点射入半球时的入射光线方向之间的夹角。

②由几何关系求得光线在玻璃砖中的传播距离x，根据v=c
n
求得在玻璃中的传播速度，则时间可求解。

本题是考查了折射定律，关键作出光路图，通过几何关系求解。