2020年全国普通高等学校招生高考物理压轴试卷(全国卷Ⅰ)

2020年全国普通高等学校招生高考物理压轴试卷（全国卷Ⅰ）
1.2018年是居里夫妇发现了放射性元素钋(84210Po)120周年。

若元素钋发生某种衰变，其半衰期是138天，衰变
方程为 84210Po→82206Pb+Y+γ，则下列说法正确的是()
A. 该元素发生的是β衰变
B. Y原子核含有2个核子
C. γ射线是衰变形成的铅核释放的
D. 200g的Po经276天，已发生衰变的质量为50g
2.A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移−时间图象如图所示，
其中①是顶点过原点的抛物线的一部分，②是通过(0,3)的一条直线，两图象相交于坐标
为(3,9)的P点，则下列说法不正确是()
A. 质点A做初速度为零，加速度为2m/s2的匀加速直线运动
B. 质点B以2m/s的速度做匀速直线运动
C. 在前3s内，质点A比B向前多前进了6m
D. 在前3s内，某时刻A、B速度相等
3.如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，
ℎ1，AC=x，重力加速度为g，下列说法中正确的是()不计空气阻力，已知AB=ℎ1，网高ℎ2=5
9
x
A. 落点D距离网的水平距离为1
3
B. 网球的初速度大小为x√g
ℎ1
ℎ1，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内
C. 若击球高度低于20
27
D. 若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于x√2gℎ1
，一定落在对方界内
ℎ1
4.我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着
陆月球背面。

假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞，发动机加速电压U，喷出二价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(元电荷e，氧离子质量m0，飞船质量M)()
A. 喷出的每个氧离子的动量p=2eU
B. 飞船所受到的推力为F=I√m0U
e
C. 飞船的加速度为a=I
m0√MU
e
D. 推力做功的功率为2MeU
5.半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B，垂直纸面向
外的磁感应强度大小为B，如图所示。

AEO为八分之一圆导线框，其总电阻为R，以角速度ω绕O轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正)，线框中感应电流i 随时间t变化图象可能是()
A. B.
C. D.
6.在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。

如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮
带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。

用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2.由v−t图可知()
A. 货物与传送带的动摩擦因数为0.5
B. A、B两点的距离为2.4m
C. 货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8J
D. 货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J
7.小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器
的匝数比n3：n4=50：1，输电线的总电阻R=10Ω，某时段全村平均每户用电的功率为200W，该时段降压变压器的输出电压为220V，则此时段()
A. 发电机的输出功率为22kW
B. 降压变压器的输入电压为11kV
C. 输电线的电流为1100A
D. 输电线上损失的功率约为40W
8.如图所示，ABC是处于竖直平面内的光滑、绝缘斜劈，∠C=30°、∠B=60°，D为AC中点，质量为m带
正电的小滑块沿AB面由A静止释放，滑到斜面底端B点时速度为v0，若空间加一与ABC平面平行的匀强电场，滑块仍由静止释放，沿AB面滑下，滑到斜面底端B点时速度为√2v0，若滑块由静止沿AC面滑下，滑到斜面底端C点时速度为√3v0，则下列说法正确的是()
A. 电场方向由A指向C
B. B点电势与D点电势相等
mv02
C. 滑块滑到D点时机械能增加了1
2
D. 小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化值之比为2：3
9.某兴趣实验小组的同学利用如图所示装置测定物块与木板AD、DE间的动摩擦因数μ1、μ2；两块粗糙程度
不同的木板AD、DE对接组成斜面和水平面，两木板在D点光滑连接(物块在此处运动不损失机械能)，且AD板能绕D点转动．现将物块在AD板上某点由静止释放，滑块将沿AD下滑，最终停在水平板的C点；
改变倾角，让物块从不同的高度由静止释放，且每次释放点的连线在同一条竖直线上(以保证图中物块水平投影点B与接点D间距s不变)，用刻度尺量出释放点与DE平面的竖直高度差h、释放点与D点的水平距离s，D点与最终静止点C的水平距离x，利用多次测量的数据绘出x−ℎ图象，如图所示，则
(1)写出x−ℎ的数学表达式______(用μ1、μ2、h及s表示)；
(2)若实验中s=0.5m，x−ℎ的横轴截距a=0.1，纵轴截距b=0.4，则μ1=______，μ2=______．
10.某兴趣小组要将一块量程I g为1mA、内阻约为100Ω的电流表改装成量程为3V的电压表。

首先要测量该电
流表的内阻现有如下器材
A.待测电流表(量程1mA、阻值约100Ω)
B.滑动变阻器(总阻值5000Ω、额定电流1A)
C.滑动变阻器(总阻值500Ω、额定电流1A)
D.电阻箱R2(总阻值999.9Ω)
E.电源(电动势为1.5V，内阻很小)
F.电源(电动势为3V，内阻很小)
G.开关、导线若千
(1)该小组如果选择如图甲所示的电路来测量待测电流表的内阻，则滑动变阻器R1应选择______(填器材前
代码序号)，电源应选择______(填器材前代码序号)。

(2)实验时，先断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1，使得的示数为I g；保证R1的阻值不变，再
闭合S2；调节电阻箱R2，使得的示数为I g
，此时电阻箱R2的示数如图乙所示，则的内阻为______Ω
3
(3)该实验中，的内阻测量值______真实值(填“大于”或“小于”)
11.如图所示，质量均为m=4kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R=
0.4m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。

移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性
限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v=5m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ=0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。

求：(g取10m/s2)
(1)若s=1m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)刚释放物块A时，弹簧的弹性势能；
(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满足什么条件。

12.如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着两个大小不同、方向竖直向上的有界勾强电场E2、E1，x轴
和ab为其左右边界，两边界
距离为l=2.4r，在y轴的左侧有一匀强磁场均匀分布在半径为r的圆内，方向垂直纸面向里，其中OO′是圆的半径，一质量为m、电荷量为+q的粒子由ab边界上的距x轴1.2r处的M点垂直电场以初速度v射入，经电场E1、E2各偏转一次后垂直y轴上的P点射出，P点坐标为(0,0.6r)，经过一段时间后进入磁场区域，已知粒子在磁场中运动的时间是其在磁场运动周期的四分之一，粒子重力不计，求：
(1)电场强度E1和E2的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从M点射入到离开磁场的总时间。

13.如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，在这一过程中，下列说
法正确的是()
A. 气体的体积变小
B. 气体的温度降低
C. 气体从外界吸收热量
D. 气体的内能增大
E. 单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数减少
14.如图所示，绝热气缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在气缸内封闭一定质量的
理想气体，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，气缸底
部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。

初始时，封闭气体温度为T，
活塞距离气缸底部为ℎ0.细管内两侧水银柱存在高度差。

已知水银密度为ρ，大
气压强为p0，气缸横截面积为S，重力加速度为g。

(i)求U形细管内两侧水银柱的高度差；
(ii)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降△ℎ0，求此时的温度；此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，求气体内能的变化。

15.一列简谐横波在某时刻的波形如图1所示。

从该时刻开始计时，经半个周期后波上质点A的振动图象如图2
所示。

下列说法正确的是()
A. 这列波传播速度为1m/s
B. 在这一时刻以后的0.25s内，质点A通过的路程为0.2707m
C. 这列波沿x轴正方向传播
D. 与该波发生干涉的另一列简谐横波的频率一定为2.5Hz
E. 波上质点A与质点B振动方向总是相同
16.一口半径为3m的圆形水池里有一定高度的水，水面距池口上沿的距离为4m，有一只小青蛙蹲坐在井底正
，试求中间抬头仰望天空，假设青蛙的视线角度为360°，且在青蛙的视野当中，天空的大小能占到视野的1
9
)
井里的水有多深？(已知水的折射率为4
3
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB 、根据质量数守恒和电荷数守恒，可知Y 的电荷数为2，质量数为4，则核子数为4，Y 是 24He ，此衰变为α衰变，而γ射线是伴随着α衰变产生的，AB 错误；
C 、γ射线是衰变形成的铅核处于高能级，自发向低能级跃迁时释放的，故C 正确；
D 、根据m =m 0(1
2)n ，其中n =
t T
=
276138
=2，可知，200 g 的Po 经276天，还剩余50 g ，故已发生衰变的质量为
150 g ，故D 错误。

故选：C 。

根据电荷数守恒和质量数守恒得出Y 原子核的电荷数和质量数，从而得出核子数。

根据半衰期的公式求衰变的质量。

解决本题的关键知道核反应过程中电荷数、质量数守恒，以及知道核子数等于质量数，同时注意γ射线是伴随着α衰变，或β衰变产生的。

2.【答案】C
【解析】解：A 、质点A 的图象是抛物线，说明质点A 做匀变速直线运动，将(0,0)、(3 s ，9 m)代入公式x =v 0t +1
2at 2，解得：v 0=0，a =2m/s 2，即质点A 做初速度为零加速度为2m/s 2的匀加速直线运动，故A 正确； B 、质点B 做匀速直线运动，速度为：v B =
△x △t
=
9−33
m/s =2 m/s ，故B 正确；
C 、在前3s 内，质点A 前进位移为9m ，质点B 前进位移为6m ，所以质点A 比B 向前多前进3 m ，故C 不不正确；
D 、根据x −t 图象的斜率等于速度，知在3s 前某时刻质点A 、B 速度相等，故D 正确。

本题选不正确的， 故选：C 。

在位移−时间图象中，图线的斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动。

位移等于纵坐标的变化量。

结合运动学公式进行解答。

本题要理解位移−时间图象点和斜率的物理意义，能根据图象的形状分析出物体的运动情况，同时，要抓住两个物体之间的关系，如位移关系、时间关系。

3.【答案】C
【解析】解：A、因为ℎ1−ℎ2=4
9ℎ1，根据平抛运动的时间由竖直高度决定，则有：t
AC
=√2×
4
9
ℎ1
g
=2
3
√2ℎ1
g
，t AD=√2ℎ1
g
，
由水平方向上做匀速直线运动运动，可得：x=v0t AC，x+x CD=v0t AD，联立解得：xC D=1
2
x，落点D距离网
的水平距离为1
2
x，故A错误；
B、球从A到D，竖直方向上有：ℎ1=1
2gt2，水平方向上有：3
2
x=v0t，联立解得：v0=3
4
√2g
ℎ1
，故B错误；
C、任意降低击球高度(仍大于ℎ2)，会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，则有：√2ℎ′
g =2√2(ℎ′−ℎ2)
g
，
解得ℎ′=20
27
ℎ1，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，故C正确；
D、若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据ℎ1=1
2gt12，得t1=√2ℎ1
g
，
则平抛的最大速度v max=2x t
1=x
ℎ1
√2gℎ1，ℎ1−ℎ2=1
2
gt22，得t2=√2(ℎ1−ℎ2)
g
，平抛运动的最小速度v min═x t
2
=
x√g
2(ℎ1−ℎ2)
，故D错误。

故选：C。

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，抓住分运动与合运动具有等时性，先求出水平位移为x和3
2
x的时间比，从而知道下落ℎ1−ℎ2和下落ℎ1所用的时间比，根据自由落体运动的规律求出击球点高度ℎ1与球网高度ℎ2之间的关系；保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，从而求出初速度的范围；当降低击球的高度，低于某一个高度，速度大会出界，速度小会触网。

增加击球高度，只要速度合适，球能落在对方界内。

本题考查平抛运动的临界问题，关键掌握平抛运动的规律，抓住临界情况，运用运动学规律进行求解。

4.【答案】B
【解析】
【分析】
根据动能定理可以算出离子速度，利用动量定理求出飞船所受到的推力；再结合电流的定义式其他物理量。

本题考查了动能定理、动量定量、电流的定义式等内容，理清楚微观物理量和宏观物理量是这道题的关键。

【解答】
每个氧离子：qU=1
2
mv2，p=√2qmU，设在△t时间内喷出N个氧离子，飞船受到的反冲力：
F=N △p
△t
=
N√2qmU
△t
=
Nq
△t
√
2mU
q
其中：Nq
△t
=I，q=2e，m=m0，
所以：喷出的每个氧离子的动量p=2√em0U，飞船所受到的推力为F=I√ m0U
e
，
飞船的加速度为a=I
M √m0U
e
，
D选项中功率的单位是W，而2MeU的单位是kg⋅J。

故ACD错误，B正确。

故选：B。

5.【答案】B
【解析】解：在第一个1
8T内，根据楞次定律可得电流方向为顺时针，感应电动势大小为：E=1
2
×2BL2ω+
1 2×BL2ω=3
2
×BL2ω，感应电流大小为：i=E
R
=3BL2ω
2R
=3
2
I0；
在第二个1
8
T内，感应电流为零；
在第三个1
8T内，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，感应电动势大小为：E=1
2
×2BL2ω+1
2
×BL2ω=3
2
×BL2ω，
感应电流大小为：i=E
R =3BL2ω
2R
=3
2
I0；
在第四个1
8
T内，感应电流为零；
在第五个1
8T内，根据楞次定律可得电流方向为顺时针，感应电动势大小为E=BL2ω，感应电流大小为i=E
R
=I0；
在第六个1
8
T内，感应电流为零；
在第七个1
8
T内，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，根据楞次定律可得电流方向为逆时针，感应电动势大小
为E=BL2ω，感应电流大小为i=E
R
=I0；
在第八个1
8
T内，感应电流为零；
故B正确，ACD 错误。

故选：B。

根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，再根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小，根据楞次定律判断感应电流方向。

对于电磁感应现象中的图象问题，磁场是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。

6.【答案】AD
【解析】解：A、由v−t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：a=△v
△t =2
0.2
=10m/s2，
对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，
得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①，
同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为：a2=△v′
△t′=4−2
1.2−0.2
=
2m/s2。

得：mgsinθ−f=ma2，即：mgsinθ−μmgcosθ=ma2…①，
联立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故A正确；
B、物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：
x=1
2×2×0.2+1
2
(2+4)×1=3.2m。

故B错误。

C、根据功能关系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位
移为：x1=1
2
×2×0.2=0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：W f1=fx1=4×0.2=0.8J，
同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=1
2
×(2+4)×1=3m，
物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：W f2=−fx2=−4×3=−12J，
所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J−0.8J=11.2J，故C错误；
D、根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=μmgcosθ=
0.5×10×1×0.8=4N，
做a1匀加速直线运动，位移为：x1=1
2
×2×0.2=0.2m，皮带位移为：x皮=2×0.2=0.4m，相对位移为：△x1=
x
皮
−x1=0.4−0.2=0.2m，
同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=1
2
×(2+4)×1=3m，x皮2=2×1=2m，相对位移为：△x2=x2−
x
皮2
=3−2=1m，
故两者之间的总相对位移为：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，
货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D正确；
故选：AD。

物体在传送带上先做a1匀加速直线运动，然后做a2的匀加速直线运动，速度时间图线围成的面积的表示物块的位
移，有速度图象确定匀加速的加速度，通过受力分析，找到合外力，计算夹角和摩擦因数，根据功的计算公式和
能量守恒定律计算摩擦生热。

本题一方面要分析货物的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数
及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移。

7.【答案】BD
【解析】解：A、用户总功率为P=110×200W=22000W=22kW，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率应大于22kW，故A错误；
B、降压变压器的输出电压为220 V，即U4=220V，由理想变压器的变压比U3
U4=n3
n4
，代入数据解得，U4=
50×220V=11000V=11kV，故B正确；
CD、用户端总电流为I4=P
U4=22000
220
A=100A，根据I4
I3
=n3
n4
可知，输电线中的电流为I3=2A，输电线上损失的
功率为△P=I32R=22×10W=40W，故C错误，D正确。

故选：BD。

发电机的输出功率等于用户总功率加上输电线上消耗的电功率；根据理想变压器的变压比可以求出降压变压器的输入电压；根据电功率计算公式求解用户端总电流，根据变压器原理求解输电线中的电流，根据电功率的计算公式求解输电线上损失的功率。

解决本题的关键知道：1、变压器原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系；2、知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系。

8.【答案】BC
【解析】解：设A到BC的垂直距离为h，由动能定理得：
无电场时由A到B：mgℎ=1
2
mv02
有电场时由A到B：mgℎ+W E=1
2
m(√2v0)2
有电场时由A到C：mgℎ+W E′=1
2
m(√3v0)2
以上各式联立求解得：W E=1
2
mv02、W E′=mv02又W E=U AB q、W E′=U AC q，
则U AB=1
2
U AC，即D点与B点电势相等；
A、B、A点电势不相等，则电场线不与AB垂直，即电场方向不沿AC，故A错误；
B、因为U AB=1
2
U AC，所以D点与B点电势相等，故B正确；
C、因D为AC的中点，则滑到D点电场力做功为到C点的一半，为1
2mv02，故机械能增加1
2
mv02，故C正确；
D、电场力做功量度电势能得变化，小滑块沿AB面、AC面滑下过程中电势能变化值之比为W E
W E′=1
2
，故D错误；
故选：BC。

由动能定理确定出由A到B电场力做的功和由A到C电场力做的功，确定出AC与AB间的电势差，从而确定出BC的电势的大小关系。

由动能定理可求现到D点的机械能的增加量。

解决本题的关键是利用动能定理求解沿AB、AC下滑时电场力的功，再结合W AB=U AB q分析确定电场的方向。

9.【答案】x=1
μ2⋅ℎ−μ1
μ2
⋅s.0.20.25
【解析】解：(1)由动能定理，对全过程有：
mgℎ−μ1mgcosθ⋅AD−μ2mg⋅x=0
即为：x=1μ
2⋅ℎ−μ1
μ2
⋅s．
(2)对照图象，代入数值可知：
μ1=0.2
μ2=0.25
故答案为：(1)即x=1μ
2⋅ℎ−μ1
μ2
⋅s.(2)0.2；0.25
(1)在整个过程中，根据动能定理即可求得x−ℎ的关系式；
(2)根据表达式即图2即可求得摩擦因数
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题．
10.【答案】B F96 小于
【解析】解：(1)用半偏法测电流表内阻，为减小实验误差，滑动变阻器最大阻值与电源电动势应大些，由实验器材可知，为减小实验误差，滑动变阻器R1应选择B，电源应选择F。

(2)由图示电阻箱可知，电阻箱示数为：R2=0×100Ω+4×10Ω+8×1Ω+0×0.1Ω=48Ω，
闭合开关S2后认为电路电流不变，电流表示数为I g
3，由并联电路特点可知，流过电阻箱的电流为2I g
3
，
电流表与电阻箱并联，其两端电压相等，则：I g
3R g=2I2
3
R2，解得，电流表内阻：R g=2R2=2×48=96Ω；
(3)当闭合开关S2后，电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，当电流表示数为I g
3
时，
流过电阻箱的电流大于2I2
3
，电阻箱阻值偏小，实验认为R g=2R2，由于电阻箱阻值偏小，则电流表内阻测量值小于真实值；
故答案为：(1)B；F；(2)96；(3)小于。

(1)应用半偏法测电流表内阻，为减小实验误差，电源电动势与滑动变阻器最大阻值应尽可能大些，根据半偏法测电流表内阻的实验原理与实验注意事项分析答题。

(2)电阻箱各旋钮示数与对应倍率乘积之和是电阻箱示数；根据题意应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电流表内阻。

(3)根据实验步骤，应用串并联电路特点分析实验误差。

本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理，难点是对半偏法测电流表内阻误差的分析；知道半偏法测电表内阻的使用原来、电压表的改装原理是解题的前提与关键；要掌握电压表与电流表的改装原理，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。

11.【答案】解：(1)设物块经过C 点时速度为v C ，物块受到轨道支持力为F NC ，
两物块在s 上运动过程，由动能定理得：
−μ⋅2mgs =1
2⋅2mv C 2−1
2⋅2mv 2，
在C 点支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
F NC −2mg =2m v C
2
R
代入数据解得：F NC =500N ，
由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小为500N 。

(2)设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv 0=2mv ，
导入数据解得v 0=10 m/s ，
由能量守恒定律得：E p =E k =1
2mv 0
2
=1
2
×4×102 J =200 J 。

(3)物块不脱离轨道有两种情况：①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v 1， 在最高点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2mg =2m v 1
2
R
， 代入数据解得：v 1=2m/s ，
物块从碰撞后到经过最高点过程中，由能量守恒定律得：
1
2
×2mv 2−2μmgs −4mgR ≥1
2×2mv 12
， 代入数据解得：s ≤1.25 m ；
②物块上滑最大高度不超过1
4圆弧，设物块刚好到达1
4圆弧处速度为v 2=0， 物块从碰撞后到最高点，由能量守恒定律得：1
2×2mv 2−2μmgs ≤2mgR ， 同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由能量守恒定律得：1
2×2mv 2>2μmgs ， 代入数据解得：4.25 m ≤s <6.25 m 。

答：(1)若s =1m ，两物块刚过C 点时对轨道的压力大小为500N ； (2)刚释放物块A 时，弹簧的弹性势能为200J ；
(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s 应满足的条件是：s ≤1.25 m 或4.25 m ≤s <6.25m 。

【解析】(1)应用动能定理求出两物块到达C处的速度，应用牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，然后求出物块对轨道的压力。

(2)两物块碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞前A的速度，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能。

(3)求出滑块不脱离轨道的临界速度，然后应用能量守恒定律求出s的临界值，再确定S需要满足的条件。

本题是一道力学综合题，考查了动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚滑块的运动过程、知道滑块不脱离轨道的条件是解题的前提与关键，应用动能定理、动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。

12.【答案】解：(1)微粒在电场中运动
过程：
设微粒在E1中运动时间为t1，在E2中运
动时间为t2。

微粒水平方向做匀速直线运动，有：
l=v0(t1+t2)=2.4R
在竖直方向上做匀变速直线运动，则有：
1.2R=1
2
qE1 m
t12
0.6R=1
2
qE2 m
t22
又qE1
m t1=qE2
m
t2
解得：t1=2t2
t1=1.6R v0
t2=0.8R v0
代入解得：
E1=15mv02 16qR
E2=15mv02 8qR
(2)如图所示，粒子从H点垂直射入匀强磁场中运动了1
4
圆周，设匀速圆周运动的半径为r，在△HGC中有：GC2+HG2=R2；
HG=0.6R
解得：GC=0.8R
在△CKF中，有：
(r−0.6R)2+(r−0.8R)2=R2；
代入数据解得：r =1.4R 由qv 0B =m v 02
R 得：B =
5mv 07qR
(3)粒子在磁场中运动的时间为：t 3=1
4T =7πR
10v 0
因P 点坐标为(0,0.6R)，所以进入磁场时的点的横坐标为R −√R 2−(0.6R)2=0.2R 从P 点到进入磁场的过程中所用的时间为：t 4=
0.2R v 0
=R
5v 0
故带电粒子从M 点射入到偏转出磁场的过程中运动的总时间为：t =t 1+t 2+t 3+t 4=26R+7πR 10v 0
答：(1)电场强度E 1和E 2的大小分别为15mv 02
16qR 和15mv 0
28qR
；
(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小为
5mv 07qR ；
(3)带电粒子从M 点射入到偏转出磁场的过程中运动的总时间t 是26R+7πR 10v 0。

【解析】(1)粒子在左侧的电场中做的是类平抛运动，水平方向上是匀速运动，由匀速运动的规律可以求得粒子的运动的时间；对y 轴正负方向分别根据类平抛运动的规律可以求得电场强度的大小。

(2)根据粒子在左侧的电场中做类平抛运动，求得粒子刚进入磁场时的速度的大小，粒子在y 轴右侧在磁场中做的是匀速圆周运动，画出轨迹，根据匀速圆周运动的规律可以求得磁感应强度的大小；
(3)粒子在左侧的电场中做的是类平抛运动，由运动学公式求解时间。

在磁场中，根据轨迹对应的圆心角求解时间，即可求得总时间。

本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了。

13.【答案】CDE
【解析】解：AB 、从状态a 到状态b ，气体的压强不变，气体的温度升高，根据pV
T =C 可知，气体的体积增大，故AB 错误；
D 、一定质量的理想气体的内能只与温度有关，气体的温度升高，故气体的内能增大，故D 正确；
C 、气体的体积增大，对外做功，W <0，气体的内能变大，由热力学第一定律△U =W +Q ，故气体一定从外界吸热，故C 正确；
E 、因为气体的温度升高，分子平均动能增大，而压强不变，所以单位时间内碰撞到单位面积容器壁的分子数减少，故E 正确； 故选：CDE 。

从图中可以得知气体的压强不变，温度升高，从而可知体积的变化情况，结合理想气体的状态方程和热力学第一
定律即可得知各选项的正误。

该题考查了理想气体状态的变化和热力学第一定律，应用理想气体状态方程解答问题时要注意对气体状态及状态参量进行正确的分析，注意对图象的分析和利用。

对于热力学第一定律的应用，注意判断是对内做功还是对外做功，注意功的正负的规定，同时注意对吸热和放热的判断。

14.【答案】解：(i)设封闭气体的压强为P，对活塞分析：P0S=PS+Mg
用水银柱表示气体的压强：P=P0−ρg△ℎ
解得：△ℎ=M Sρ
(ii)加热过程中气体发生等压变化，有：
ℎ0S T0=
(ℎ0+△ℎ)S
T
解得：T=ℎ0+△ℎ0
ℎ
T0
气体对外做功为：W=PS△ℎ0=(P0S−Mg)△ℎ0
根据热力学第一定律，则气体内能的变化：△U=Q−W 所以：△U=Q−=(P0S−Mg)△ℎ0
答：(i)U形细管内两侧水银柱的高度差△ℎ为M
Sρ；
(ii)通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降h，此时的温度为ℎ0+△ℎ0
ℎ
T0，此加热过程中，气体内能的变化为Q−(P0S−Mg)△ℎ0。

【解析】(i)对活塞分析，根据平衡条件列式求出U形细管内两侧水银柱的高度差；
(ii)加热过程中气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律求得温度T，根据热力学第一定律得到气体内能的变化。

本题考查了求气体的温度与气体内能的变化量，气体做等压变化，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键；求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律、热力学第一定律可以解题。

15.【答案】ABD
【解析】解：A、由图1知，波长λ=0.4m，由图2知，质点振动周期为T=0.4s，那么波速v=λ
T
=1 m/s，故A正确；
B、由图2可知，波在传播过程中，质点的振动周期为0.4s，在以后的0.25s内，质点振动的时间为周期的5
8
，由
正弦函数的性质可知，质点在半个周期内运动的距离为振幅的二倍，其余的八分之一周期内，质点运动的路程应
为振幅的√2
2
倍，即路程为0.0707m，那么总路程为0.2707m，故B正确；
C、由图2知计时开始后经过半个周期质点A经过平衡位置向下运动，若这列波沿x轴正方向传播，由图1知经。