2020年安徽省芜湖一中高考物理模拟试卷(6月份) (含答案解析)

2020年安徽省芜湖一中高考物理模拟试卷(6月份)
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.太阳因核聚变释放出巨大的能量，同时其质量不断减少。

太阳每秒钟辐射出的能量约为4×1026J，
根据爱因斯坦质能方程，太阳每秒钟减少的质量最接近()
A. 1036kg
B. 1018kg
C. 1013kg
D. 109kg
2.a、b两车在平直公路上沿同一方向行驶，两车运动的v-t图象如
图所示，在t=0时刻，b车在a车前方s0处，在0~t1时间内，a
车的位移为s。

若s=2s0，则( )
A. a、b两车只会相遇一次，在t1时刻相遇
B. a、b两车只会相遇一次，在t1
4
时刻相遇
C. a、b两车可以相遇两次，一次在t1
3时刻相遇，另一次在4t1
3
时刻相遇
D. a、b两车可以相遇两次，一次在t1
2时刻相遇，另一次在3t1
2
时刻相遇
3.如图所示，在斜面顶端A以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P;若在A
点以速度2v水平抛出小球，经过时间t2完成平抛运动。

不计空气阻力，则()
A. t2>2t1
B. t2=2t1
C. t2<2t1
D. 落在B点
4.地球和海王星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为圆，地球一年绕太阳一周，海王星约164.8
年绕太阳一周，海王星冲日现象是指地球处在太阳与海王星之间，2018年9月7日出现过一次海王星冲日，则()
A. 地球的公转轨道半径比海王星的公转轨道半径大
B. 地球的运行速度比海王星的运行速度小
C. 2019年不会出现海王星冲日现象
D. 2017年出现过海王星冲日现象
5.欧洲强子对撞机于2010年初重新启动后取得了将质子加速到1.18
万亿电子伏的阶段性成果，为实现质子对撞打下了坚实的基础.如
图甲所示，质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速
器，在环形加速器中，质子每次经过位置A时都会被加速.当质子
的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞如图乙所示.质子在磁场的作用下做圆周运动.下列说法中正确的是()
A. 质子在环形加速器中运动，轨道所处位置的磁场会逐渐减弱
B. 质子在环形加速器中运动，轨道所处位置的磁场始终保持不变
C. 质子在对撞轨道中运动，轨道所处位置的磁场会逐渐减弱
D. 质子在对撞轨道中运动，轨道所处位置的磁场始终保持不变
二、多选题（本大题共5小题，共28.0分）
6.如图所示，a、b、c、d四个质量均为m的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中a、b、c
三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕O点做半径为R的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分．小球d位于O点正上方h处，且在外力F作用下恰处于静止状态，已知a、b、c三小球的电荷量均为q，d球的电荷量为6q，ℎ=√2R.重力加速度为g，静电力常量为k，则()
A. 小球d一定带正电
B. 小球b的周期为2πR
q √mR
k
C. 小球c的加速度大小√3kq2
3mR2
D. 外力F竖直向上，大小等于mg+2√6kq2
R2
7.如图所示，匝数n=100匝、面积为S=0.448m2的导线框ABCD所在处的磁感应强度大小B=
√2
10π
T.线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100πrad/s匀速转动，并与理想升压变压器相连进行远距离输电，升压变压器的原副线圈匝数比为2：5，理想降压变压器副线圈接入一只
“220V1100W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r=20Ω，不计输电线上损失的功率。

导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表．则下列说法中正确的是()
A. 输电线路的电流为0.98A
B. 电流表的读数为2.5A
C. 降压变压器的原副线圈匝数比为5：2
D. 线圈从图示位置转过π
2的过程中，感应电动势的平均值和有效值之比为2√2
π
8.如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，
小A球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，
现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的
C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是()
A. 小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度
g
B. 小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C. 小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D. 小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
9.关于热现象，下列说法中正确的是()
A. 对于一定质量的理想气休，当分子间的平均距离变大时，压强不一定变小
B. 气体吸热后温度一定升高
C. 气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
D. 质量和温度都相同的气体，内能一定相同
E. 自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
10.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=−0.2m和x=
1.2m处，传播速度均为v0=0.2m/s，振幅均为A=2cm.图示为t=0时刻两列波的图像(传播
方向如图所示)，此刻平衡位置处于x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动．质点M 的平衡位置处于x=0.5m处，则下列判断正确的是________．
A. 两列波的周期均为2s，且起振方向均沿y轴负方向
B. t=1.5s之前，质点M始终处于静止状态
C. M点开始振动后做振幅为4cm、周期为4s的简谐运动
D. t=2.5s时M点处于平衡位置向y轴正方向运动
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.为了验证机械能守恒定律，某同学在墙壁上固定了竖直的标尺，让小钢球在标
尺附近无初速释放，然后启动数码相机的连拍功能，连拍两张照片的时间间隔为T，得到了如图所示的照片．测量出A、B、C、D、E相邻两点间的距离依次为L1、L2、L3、L4，当地重力加速度为g．
(1)为了获得钢球在C位置的动能，需要求得经C位置时的速度v c，则v c=
______ ．
(2)钢球经E位置时的速度表示为______ .(填序号)
A.v E=4gT
B.v E=√2g(L1+L2+L3+L4)
C.v E=2L4+L3−L2
2T
(3)用B、E两点验证钢球的机械能是否相等，实际得到的关系式为1
2mv E2−1
2
mv B2
______ mg(L2+L3+L4)(填“>”、“<”或“=”)，原因是______ ．
12.实验室中准备了下列器材：
待测干电池(电动势约1.5V，内阻约1.0Ω)，
电流表G(满偏电流1.5mA，内阻10Ω)，
电流表A(量程0～0.60A，内阻约0.10Ω)，
滑动变阻器R1(0～20Ω,2A)
滑动变阻器R2(0～100Ω,1A)，
定值电阻R3=990Ω，开关S和导线若干
(1)某同学根据电路图选用上述器材(滑动变阻器只选用了一个)测定一节干电池的电动势和内
阻．为了能较为准确地进行测量和操作方便，实验中选用的滑动变阻器，应是________.(填代号)
(2)如图为该同学根据实验数据作出的I1−I2图线(I1为电流表G
的示数，I2为电流表A的示数)，由该图线可得，被测干电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω．
四、简答题（本大题共1小题，共12.0分）
13.图甲是中国很多家庭都有的团圆桌，餐桌上放一半径为r=1m可绕中心轴转动的圆盘，近似认
为餐桌与圆盘在同一水平面内，忽略两者之间的间隙，如图乙．餐桌离地高度为ℎ=0.8m，将某小物体放置在圆盘边缘，缓慢增大圆盘的速度，当圆盘的角速度为2rad/s时，物体刚好从圆盘上甩出．假设小物体与餐桌间的摩擦力忽略不计，小物体与圆盘之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(g取10m/s2)
(1)该物体与圆盘的动摩擦因数μ为多大？
(2)求物体落到地面上的位置到从餐桌甩出点的水平距离L为多少？
五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）
14.如图所示，两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m，在水平虚线
间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度d=1m，导体棒a的质量m a=0.2kg、电阻R a=1Ω；导体棒b的质量m b=0.1kg、电阻R b=1.5Ω。

它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场，重力加速度g=10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：
(1)b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功；
(2)a棒刚进入磁场时两端的电势差；
(3)保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系。

15.如图，开口朝下的圆筒形气缸竖直悬挂，处于静止状态，气缸内用横截面积为S的薄活塞封闭
着温度为27℃的某种理想气体，活塞可在气缸内上下无摩擦滑动。

通过电热丝可以对气体缓慢加热，使活塞缓慢向下移动。

当气体温度升高至87℃时，活塞刚好移到气缸口。

已知大气压强
为p0，气缸容积为V0，重力加速度为g。

(ⅰ)求27℃时气缸内气体体积；
(ⅰ)如果不加热气体，而在活塞下悬挂一个沙盘，缓慢(等温)地往沙盘里添加沙，当沙与沙盘总质量与活塞质量相等时，活塞也刚好移到气缸口，判断此过程中气体吸热还是放热？并求出活塞的质量。

16.有一个直角三角形的玻璃棱镜ABC，截面如图。

∠A=30°，D点是AC边的中点，AC边长为L。

一条光线从D点沿平行于AB方向射入棱镜，光线在AB面发生全反射后垂直BC从F点射出。

求
①玻璃的折射率n；
②若光在真空中的速度为c，光线从D点到F点经过的时间t。

-------- 答案与解析 --------
1.答案：D
解析：
核能释放的两条主要途径是重核裂变和轻核聚变两种形式，反映过程中新核比结合能增大，所以释放能量，反应释放的能量，应用质能方程△E =△mc 2求解太阳每秒钟减少的质量。

根据质能方程△E =△mc 2
，Δm =ΔE c 2
=
4×1026
(3×108)2
kg =4.4×109kg ，故D 正确。

故选D 。

2.答案：D
解析：
此题是追及与相遇问题，分析清楚两物体的位移关系．根据两物体的位移之差等于初始时两者的距离，结合速度图象的“面积”表示位移分析。

本题主要考查匀变速直线运动的图像及匀变速直线运动的速度与时间的关系。

已知在0-t 1时间内，a 车的位移为s ，则b 车的位移为s
3，二者位移之差为s −s
3=
2s 3
=
4s 03
>s 0，因此
在t 1时刻之前会相遇一次，在a 车速度小于b 车的速度时还会相遇一次，在t
1
2时刻，a 车的位移为7s
12
，二者位移差为6s
12=s 0，二者相遇，同理可得，另一次在3t 12
时刻相遇，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

3.答案：C
解析：解：在斜面顶端A 以速度v 水平抛出一小球，经过时间t 1恰好落在斜面的中点P ，有tanθ=1
2gt 2vt
，
解得t 1=
2vtanθg
，水平位移x =vt 1=
2v 2tanθ
g
，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移
应该变为原来的4倍，可知在A 点以速度2v 水平抛出小球，小球将落在水平面。

可知两球下降的高度之比为1：2，根据t =√2ℎ
g 知，t 1：t 2=1：√2，则t 2<2t 1。

故选：C 。

抓住小球落在斜面上，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出水平位移的表达
式，确定初速度增倍后，小球将落在水平面．根据下降的高度关系求出运动的时间关系．
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，结合运动学公式灵活求解，难度不大．
4.答案：D
解析：
根据万有引力提供向心力得出线速度、周期与轨道半径的关系，结合周期的大小得出轨道半径的大小，从而得出线速度的大小。

抓住地球转动的角度比海王星转动的角度多2π，得出两次冲日现象的时间间隔。

A.地球的公转周期比海王星的公转周期小，根据万有引力提供向心力G Mm
r2=m4π2
T2
r，可得：T=
2π√r3
GM
，可知地球的公转轨道半径比海王星的公转轨道半径小，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力，有G Mm
r2=m v2
r
，解得：v=√GM
r
，可知海王星的运行速度比地球的运
行速度小，故B错误；
CD.T
地=1年，则T
海
=164.8年，由(ω
地
−ω
海
)·t=2π，ω地=2π
T
地
，ω海=
2π
T
海
，可得距下一次海王
星冲日所需时间为：t=
T
地
T
海
T
海
−T
地
≈1.01年，故C错误，D正确．
5.答案：D
解析：
质子在环形加速器中运动，由于不断加速，而轨道是半径不变，由洛伦兹力提供向心力判断其磁场的变化情况；质子在对撞轨道中运动时，由于速度不再变化，仅有洛伦兹力提供向心力，由此判断磁场的变化。

本题主要考查洛伦兹力提供向心力，但知道质子在环形加速器与在对撞轨道中运动的情况不同，一种是变加速，边做圆周运动，另一种是仅做圆周运动，难度不大。

AB.质子在环形加速器中运动时，由于每次经过A点都被加速，故其速度不断增大，由于轨道半径不变，由洛伦兹力提供向心力可得其半径为：r=mv qB，由表达式可知，由于速度增大，故轨道所处位置的磁场会逐渐增强，AB错误；
CD.质子在对撞轨道中运动，由洛伦兹力提供向心力，由于不再加速，且半径不变，故磁场不变，故C错误，D正确。

故选D。

6.答案：CD
解析：
本题考查了库仑定律与力学问题的综合应用。

a、b、c三个带电小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，分析其受力情况，运用牛顿第二定律研究即可。

本题与圆锥摆类似，关键要正确分析四个小球受力，确定向心力的来源是关键．运用牛顿第二定律和平衡条件研究。

A.a、b、c三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d球与a、b、c三小球一定是异种电荷，由于a球的电性未知，所以d球不一定带正电，故A错误；
BC.db连线与水平方向的夹角为α，则cosα=
√ℎ2+R2=√3
3
，sinα=
√ℎ2+R2
=√6
3
；对b球，根据牛顿
第二定律和向心力得：k6q·q
ℎ2+R2cosα−2k q2
(2Rcos300)2
cos300=m4π2
T2
R=ma；解得：T=2πR
q
√√3mR
k
，
a=√3kq2
3mR2；则小球c的加速度大小为√3kq2
3mR2
，故B错误，C正确；
D.对d球，由平衡条件得：F=3k6q·q
ℎ2+R2sinα+mg=mg+2√6kq2
R2
，故D正确。

故选CD。

7.答案：AD
解析：
根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。

掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，以及远距离输电的原理，本题即可得到解决。

A 、线圈产生感应电动势的最大值E m =nBSω=100×√2
10π
×0.448×100π=448√2V ，原线圈电压
的有效值U 1
=448V ，根据电压与匝数成正比，U 1 U 2
 =2
5，得U 2 
=1120V ，输电线上的功率损失不计，
输电线上的电流I 2
=1100
1120=0.98A ，故A 正确； B 、电流表的读数I 1 
=
1100448
=2.27A ，故B 错误；
C 、降压变压器匝数比n 3 n 4
 =
1120220
=
5611
，故C 错误；
D 、感应电动势的平均值
E =n ΔΦ
Δt
=n BS
T
4
=n
4BS
2πϖ
=2
πE m ；感应电动势有效值E =m
√2
，E E
=2√2π
，故D 正确； 故选：AD 。

8.答案：AD
解析：
根据小球的受力情况，确定合力，判断最大加速度与g 的关系。

小球从B 点运动到C 点的过程，分析小球的动能如何变化，根据小球和弹簧组成的系统机械能守恒，分析小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和如何变化。

本题是含有弹簧的机械能守恒问题，要知道小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能并不守恒。

要通过分析小球的受力情况，确定速度最大的位置。

A .小球从
B 点运动到D 点的过程中，弹簧处于压缩状态，小球竖直方向受到重力和弹簧压力的竖直分力，所以合力大于重力，加速度大于重力加速度g ，因此，其最大加速度一定大于重力加速度g ，故A 正确。

B .小球位于图中的
C 点时，弹簧处于原长，则小球从B 点运动到C 点的过程，弹簧的弹性势能减小，小球的重力势能也减小，则小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B 错误。

C .在C 点小球的合力等于重力，小球要继续向下加速。

小球从C 点运动到
D 点的过程中，弹簧的拉力沿杆向上的分力先小于重力，后大于重力，合力先向下后向上，小球先加速后减速，所以在CD 间的某点速度最大，重力对其做功的功率最大。

故C 错误。

D .小球从A 点运动到D 点的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变。

在D 点，小球的重力势能和动能都最小，则弹簧的弹性势能最大，故D 正确。

故选AD。

9.答案：ACE
解析：解：A、气体压强决定于气体分子数密度和气体的温度，对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，气体体积变大，但气体的温度可能也变大，压强不一定变小，故A正确；
B、根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故B错误；
C、气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随做功来决定，所以气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故C正确；
D、气体的内能由物质的量、温度决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，故D错误；
E、根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故E正确。

故选：ACE。

气体压强决定于气体分子数密度和气体的温度，根据热力学定律分析气体温度、气体的内能、热传递的方向性等问题。

本题主要是考查气体压强的微观实质、热力学第一定律、第二定律等知识，知道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)。

10.答案：ABD
解析：
由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期。

两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱。

根据所给的时间与周期的关系，分析质点M的位置，确定其位移。

由波的传播方向利用带动法来确定质点的振动方向。

本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。

理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。

A.由图可知，两波的波长均为0.4m，则由v=λ
T 可知，周期T=λ
v
=0.4
0.2
s=2s，根据带动法可知，P
点和Q点均向下振动，因PQ点与起振方向相同，故起振方向为沿y轴负方向，故A正确；
B.两波传递到M点的时间均为t=0.3
0.2
s=1.5s，故在1.5s之前，质点M始终处于静止状态，故B正
C.两列波同时到达M点，故M点的振动为两列波的叠加，因两波均向下振动，周期相同，故M点为加强点，振动振幅为4cm，但周期与两列波周期相同，均为2s，故C错误；
D.在t=2.5s时刻，t=1.5s+1
2
T，此时M已经振动半个周期，结合叠加原则，可知t=2.5s时M 点处于平衡位置向y轴正方向运动，故D正确。

故选ABD。

11.答案：L2+L3
2T
；C；<；钢球下落过程中受到阻力
解析：解：(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，v C=L2+L3
2T
．
(2)设E与下面一个计数点间的距离为x，因为相等时间内的位移之差△x=L3−L2，则x=L4+△x= L4+L3−L2，
则E点的速度v E=x+L4
2T =2L4+L3−L2
2T
.故选：C．
(3)钢球动能的增加量小于重力势能的减小量，因为钢球下落的过程中受到阻力．
故答案为：(1)L2+L3
2T
，(2)C，(3)<，钢球下落过程中受到阻力．
根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度以及E点的速度．
钢球在下落过程中，由于阻力的存在，重力势能的减小量大于动能的增加量．
能够清楚该实验的工作原理和实验步骤，熟练应用匀变速直线运动规律来解决纸带问题是力学实验中常见的问题，难度不大．
12.答案：(1)R1；
(2)1.46；0.75
解析：
本题要注意电路中采用的是安安法测电动势和内电阻，其本质就是用其中的表头改装电压表；另外在解题时要注意一些细节，如图象中的纵坐标不是从零开始变化的，并且其单位为mA等，都应细心观察。

(1)滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，要求所用滑动变阻器能得出多组数据，并且应易于调节；
(2)由闭合电路欧姆定律可得出与题目中给出仪器有关的表达式，再由数学规律可得出电动势和内电
(1)滑动变阻器应起到明确的调节作用，并且还要易于调节，故一般限流接法时，滑动变阻器比内阻约为10倍左右即可，故本题中应选R1，
(2)由闭合电路欧姆定律可得：I1(R3+R A)=E−I2r
变形得：I1=E
R3+R A −r
R3+R A
I2；
由数学知识可得：图象中的k=r
R3+R A ；b=E
R3+R A
；
由图可知：b=1.46×10−3；k=1.4−1.1
0.5−0.1
=0.75×10−3；故解得：E=1.46V，r=0.75Ω。

故答案为：(1)R1；
(2)1.46；0.75。

13.答案：解：(1)当静摩擦力达到最大时，物体刚好从圆盘上甩出。

则有
μmg=mω2r
代入数据解得：μ=0.4
(2)小物体从圆盘甩出时的速度v=ωr=2m/s
离开餐桌后做平抛运动，则有：t=√2ℎ
g
=0.4s，
水平位移L=vt=0.8m
答：(1)该物体与圆盘的动摩擦因数μ为0.4；
(2)求物体落到地面上的位置到从餐桌甩出点的水平距离L为0.8m。

解析：(1)最大静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求得动摩擦因数；
(2)物体离开餐桌后做平抛运动，根据平抛运动基本公式求解即可。

本题主要考查了圆周运动，明确最大静摩擦力提供向心力，离开餐桌后做平抛运动，难度不大，属于基础题。

14.答案：解：(1)b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有：BI1L=m b g，
克服安培力做功为：W=BI1Ld=m b gd=0.1×10×1J=1J；
(2)b棒在磁场中匀速运动的速度为v b，重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律
得：B 2L2v b
R a+R b
=m b g
v b=m b g(R a+R b)
B2L2=0.1×10×(1+1.5)
0.52×12
m/s=10m/s，
b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，
d =v b t 1，t 1=d v b
=1
10s =0.1s
a 、
b 都在磁场外运动时，速度总是相等的，b 棒进入磁场后，a 棒继续加速t 1时间而进入磁场，a 棒进入磁场的速度为v a ，
v a =v b +gt 1=10m/s +10×0.1m/s =11m/s
电动势为：E =BLv a =0.5×1×11V =5.5V a 棒两端的电势差即为路端电压为：U =ER b
R
a +R b
=
5.5×1.51+1.5
V =3.3V;
(3)a 棒刚进入磁场时的加速度为a ，根据牛顿第二定律得：m a g −BI 2L =m a a a =g −
BI 2L m a
=g −
B 2L 2v a m a (R a +R b )
=10m/s 2
−
0．52×12×110.2×(1+1.5)
m/s 2=4.5m/s 2，
要保持加速度不变，加外力F ，根据牛顿第二定律得：F +m a g −BIL =m a a 得：F =
B 2L 2(v a +at)R a +R b
+m a a −m a g =0.45t ，
a 棒出磁场之后，由牛顿第二定律得m a g −F =m a a ，得F =1.1N 。

答：(1)
b 棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功为1J ； (2)a 棒刚进入磁场时两端的电势差为3.3V ；
(3)保持a 棒以进入时的加速度做匀变速运动，在磁场中运动时，对a 棒施加的外力随时间的变化关系为F =0.45t ；a 棒出磁场后，F =1.1N 。

解析：(1)b 在磁场中匀速运动，其安培力等于重力，根据重力做功情况求出b 棒克服安培力做的功； (2)b 进入磁场做匀速直线运动，受重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律和切割产生感应电动势大小公式，求出b 做匀速直线运动的速度大小，a 、b 都在磁场外运动时，速度总是相等，b 棒进入磁场后，a 棒继续加速运动而进入磁场，根据运动学速度时间公式求解出a 进入磁场时的速度大小，由E =BLv 求出a 棒产生的感应电动势，即可求得a 棒刚进入磁场时两端的电势差． (3)根据牛顿第二定律求出a 棒刚进入磁场时的加速度，再根据牛顿第二定律求出保持a 棒以进入时的加速度做匀变速运动时外力与时间的关系式。

解决本题的关键明确两棒运动的关系，根据导体棒做匀速直线运动时，重力和安培力平衡，以及匀变速运动时由牛顿第二定律等力学规律进行解答。

15.答案：解：(ⅰ)通过电热丝缓慢加热气体的过程中，气体发生等压变化，根据盖−吕萨克定律，
可得：V 1T 1
=V
2
T 2
①
其中T 1=300K ，T 2=360K ，V 2=V 0
解得：V 1=5
6V 0 ②
(ⅰ)封闭气体做等温变化，内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，此过程中气体吸热。

通过挂沙盘使活塞移到气缸口的过程中，气体发生等温变化， 设活塞质量为m ，根据玻意耳定律可得：P 1V 1=P 2V 2③ 其中P 1=P 0−
mg S
④
P 2=P 0−
2mg
S
⑤ ③④⑤联立解得：m =
P 0S 7g
答：(ⅰ)27℃时气缸内气体体积为5
6V 0；
(ii)如果不加热气体，而在活塞下悬挂一个沙盘，缓慢(等温)地往沙盘里添加沙，当沙与沙盘总质量与活塞质量相等时，活塞也刚好移到气缸口，此过程中气体吸热；活塞的质量为P 0S
7g 。

解析：(i)加热过程，封闭气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列式求解；
(ii)封闭气体做等温变化，内能不变，气体体积增大，对外做功，根据热力学第一定律判断吸放热；根据玻意耳定律求解活塞质量。

本题考查气体实验定律，关键是以活塞为研究对象，根据平衡求解封闭气体压强，然后根据气体实验定律列式求解即可。

16.答案：①光路图如图所示，设在AC 面入射角为i ，折射角为r ，在AB 面，光线与AB 的夹角为α，反射光线与AB 的夹角为β，光线垂直BC 射出，有
由几何知识可得：
折射率：n =sini
sinr
=sin60o
sin30o =√3；。