2020届安徽省合肥市肥东高中高考物理调研试卷(4月份)(含答案详解)

2020届安徽省合肥市肥东高中高考物理调研试卷(4月份)
一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 结合能越大的原子核一定越稳定
B. 核力存在于原子核内任意两个核子之间
C. 发生链式反应的一个条件是铀块的体积必须达到临界体积
D. 一个原子核发生一次α衰变，新核相对于原来的原子核，质量数和电荷数都减少2
2.如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面在t时间内沿水平方向向右匀速移动
了距离s，物体m相对斜面始终静止。

则下列说法正确的是()
A. 物体所受支持力做功为mgscosθsinθ
B. 物体所受摩擦力做功为mgssinθcosθ
C. 物体所受重力做功的平均功率为mgs
t
D. 物体所受合外力做功的平均功率一定不为0
3.如图所示的扇形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小
为B，AO与OB垂直，圆弧的半径为R，一个质量为m，电荷量为q的带正电的
的速度射入磁场，结果粒子刚好从AB弧的中点C射粒子从圆心O以大小为qBR
m
出，不计粒子的重力，则下列说法正确的是()
A. 粒子在磁场中运动的时间为πm
3qB
B. 粒子从O点射进速度与BO边的夹角为30°
C. 只改变粒子射入磁场时的速度方向，使粒子从AC段圆弧射出，则粒子在磁场中运动时间变
长
D. 只改变粒子射入磁场时的速度方向，使粒子从CB段圆弧射出，则粒子在磁场中运动时间变
短
4.如图所示，在点电荷+Q的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨
迹分别为acb、adb曲线，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计．则下
列说法不正确的是()
A. 甲、乙两粒子带异种电荷
B. 两粒子经过b点时具有相同的动能
C. 甲粒子经过c点时的动能等于乙粒子经过d点时的动能
D. 甲粒子经过c点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能
二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）
5.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的方向与
导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强
度B随时间t变化的规律如图乙所示，则()
A. 从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcba
B. 从t1到t2时间内，导线框中电流不变
C. t1时刻，导线框中电流为0
D. 从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变
6.小区门口自动升降杆的长度为L、A、B为杆上的两点，如图所示，A点在杆的顶端，B点与A点
.在杆从水平位置匀速转至竖直位置的过程中，下列说法正确是()的距离为L
3
A. A、B两点的线速度大小之比为3：1
B. A、B两点的线速度大小之比为3：2
C. A、B两点的向心加速度大小之比为3：1
D. A、B两点的向心加速度大小之比为3：2
7.如图所示，两平行光滑的不计电阻的金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向
下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动。

ab、cd两棒的质量均为m，电阻均为R，用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉cd棒，经过足够长时间以后()
A. ab棒、cd棒都做匀速运动
B. 两棒间距离保持不变
D. 两棒间距离保持不断增大
C. cd棒所受安培力的大小等于F
2
8.质量为2kg的物体，以1m/s的速度在光滑水平长直轨道上滑行．从某时刻起对该物体施加一个
沿轨道的水平力，经过一段时间后，滑块的速度改变量的大小为2m/s，则在此过程中水平力做的功可能为()
A. 0
B. 3J
C. 4J
D. 8J
9.下列说法正确的是()
A. 当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B. 气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
C. 能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
D. 在各种晶体中，原子(或分子离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性
E. 悬浮在液体中的微粒越小在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗运动越不明显
10.一列已持续、稳定地沿x轴正方向传播的简谐横波如图，令图示时刻t=0，图中质点P的x坐标
为0.9m.已知任意一个振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.2s.下列说法正确的是()
A. 波速为3m/s
B. 波的频率为5Hz
C. x坐标为4.5m的质点在t=0.1s时恰好位于波谷
D. x坐标为12.6m的质点在t=0.1s时恰好位于波峰
E. 当质点P位于波峰时，x坐标为13.5m的质点恰好位于波谷
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.为抗击旱灾，最近我国西南地区农民收集部分人工降雨，再用农用水泵为
庄稼灌溉；用所学的平抛运动的知识课帮助农民测出农用水泵的流量(在单
位时间内通过流管横截面的液体的体积成为流量).水泵的出水管是水平的，如图所示，测量的主要步骤：
A.用游标卡尺测出水管的内径D；
B.用重锤线和钢卷尺测出水管中心离地面的高度y；
C.用木棒从出水管的正下方伸到水落地点的中心，在木棒上做上记号，用钢卷尺测出喷水的水平射
程x；
D.用测得的物理量和有关常量计算水泵的流量，求：
(1)水从出水管射出到落地的时间t=______；
(2)水从出水管射出的速度v0=______；
(3)水泵流量表达式Q=______．
12.(1)为测定某一电池的电动势和内电阻，下面几组器材中，能完成实验的是______
A.一只电流表、一只电压表、一只变阻器、开关和导线
B.一只电流表、两只变阻器、开关和导线
C.一只电流表、一只电阻箱、开关和导线
D.一只电压表、一只电阻箱、开关和导线
(2)一节电动势约为9V，内阻约为2Ω的电池，允许通过的最大电流是500mA.为了精确测定该电池的
电动势E和内电阻r，选用了总阻值为50Ω的滑动变阻器以及电流表A和电压表V，连成了如图1所示的电路．
(ⅰ)为了防止误将滑动变阻器电阻调为零而损坏器材，需要在电路中接入一个定值电阻R0，最适合的是______
A.10Ω，5W
B.10Ω，0.5W
C.20Ω，5W
D.20Ω，0.5W
(ⅱ)在其他器材不变的情况下，再取一节上述规格的电池，与原来的电池串联组成电池组，测量这个电池组的电动势E和内电阻r，且操作无误．请在图2方框中画出实验电路原理图．
②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可
以求出E=______ ，r=______ .(用I1，I2，U1，U2及R0表示)
四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13.如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为
轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高。

质量m=0.4kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)如果滑块到达C点时对轨道压力为3N，求滑块从A点沿斜面滑下时初速度v0大小；
(3)如果在A点给滑块沿斜面向下的初速度，使滑块能沿着圆轨道从C点离开轨道，落到AB斜面上，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的最长时间。

14.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中存在一倾角θ=37°的金属
导轨，导轨的宽度L=1m，底端连接一个R=3Ω的电阻。

导体
棒ab与导轨垂直，在沿斜面向上与导轨平行的恒定拉力作用下
以1m/s的速度向上匀速运动；若将拉力反向且保持大小不变，
最终导体棒也以1m/s的速度向下匀速运动。

已知导体棒的质量
为m=0.04kg、电阻为r=1Ω，导体棒与导轨间的摩擦因数为
μ=0.5，g=10m/s2，求磁感应强度的大小。

15.如图所示，一半径R=1m的圆盘水平放置，在其边缘E点固定一小桶(可视为质点)。

在圆盘直
径DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上，且竖直高度ℎ=。

AB为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道，半径r=0.45m，且与水平滑道相切与B点。

一质量m=0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放，当滑块经过B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动，最终物块由C点水平抛出，恰好落入圆盘边缘的小桶内．已知滑块与滑道BC间的摩擦因数=0.2。

(取g=10m/)
求
(1)滑块到达B点时对轨道的压力
(2)水平滑道BC的长度；
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。

16.玻璃砖的顶角为直角，如图所示，一束光线从空气中斜射入玻璃
砖一个侧面，进而偏折到另一个侧面，已知该玻璃砖的折射率为2
(1)这束光线能否从另一侧面射出？
(2)若光线能从侧面射出，玻璃砖折射率应满足何条件？
参考答案及解析
1.答案：C
解析：解：A、描述原子核稳定性的是比结合能，比结合能越大的原子核一定越稳定，故A错误；
B、核力是短距力，两个核子需要处在一定距离内才会有核力，故B错误；
C、发生链式反应的条件：裂变物质的体积必须大于或等于临界体积，或裂变物质的质量必须大于或等于临界质量，故C正确；
D.α粒子的质量数为4，核电荷数为2，一个原子核发生一α衰变，新核相对于原来的原子核，质量数减少4和电荷数减少2，故D错误。

故选：C。

比结合能是原子核结合能对其中所有核子的平均值，用于表示原子核稳定程度，比结合能越大，原子核越稳定；
核力是短程力属于强相互作用，只有核子距离达到一定距离才会有核力；
发生链式反应的条件：裂变物质的体积必须大于或等于临界体积，或裂变物质的质量必须大于或等于临界质量；
一个原子核发生一次α衰变，新核相对于原来的原子核，质量数和电荷数的减少可根据质量数守恒和核电荷数守恒求解。

本题考查原子物理部分，这部分的知识概念很杂且多，要想做好这部分题目，考试大纲中需要识记理解的东西一定要记忆牢固。

2.答案：A
解析：解：分析物体的受力情况：重力mg、弹力N和摩擦
力f，受力分析如图所示；
A、弹力N做功为：W N=mgcosθ⋅s⋅sinθ=mgscosθsinθ，
故A正确。

B、物体所受摩擦力做功为W f=mgsinθ⋅s⋅cos(90°+
θ)=−mgssinθcosθ，故B错误；
C、物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体m做功为零，物体所受重力做功的平均功率为为零，故C错误；
D、物体匀速运动时，合力为零，由动能定理可知，合力对物体m做功为零，平均功率为零，故D 错误；
故选：A。

分析物体的受力情况，根据力与位移的夹角，根据功的公式W=FLcosθ求出支持力、摩擦力和重力做功，物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零，求得合力做功的平均功率。

本题考查力对物体是否做功的判断，同时也可明确动能定理求解合力做功的规律，注意当力和物体的位移相互垂直时，力不做功。

3.答案：A
解析：解：A、根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m v2
R ，又因为粒子速度：v=qBR
m
，
联立可得粒子轨迹半径r=R，因为粒子从O点入射C点出射，其轨迹圆对应的弦长和粒子半径均为R，
根据几何关系可知粒子转过的圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间t=60°
360∘⋅T=1
6
⋅2πm
qB
=πm
3qB
，
故A正确；
B、根据几何关系可知∠AOO′=∠COO′−∠COA=60°−45°=15°，所以可知粒子从O点射进速度与BO边的夹角为15°，故B错误；
C、D、只改变粒子射入磁场时的速度方向，使粒子从AC段或CB段圆弧射出，此时粒子轨迹圆对应的弦长和粒子半径仍然相等，均为R，根据几何关系可知粒子转过的圆心角仍然均为60°，故时间不变，故CD错误。

故选：A。

画出粒子轨迹过程图，根据题给速度v=qBR
m
，结合洛伦兹力提供向心力可知，粒子半径为R，粒子从O点入射C点出射，其轨迹圆对应的弦长和粒子半径均为R，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为60°，结合周期公式即可求出粒子在磁场中运动的时间，再利用几何关系即可判断出粒子从O点射进速度与BO边的夹角；因为弦长始终等于磁场区域的半径R，故转过的圆心角均为60°，故时间不变。

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，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间。

4.答案：C
解析：解：A、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同。

故A正确。

B、可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况。

根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计，两粒子经过b点时具有相同的动能，故B正确。

CD、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，U ac=U ad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，电场力对甲粒子做正功，对乙粒子做负功，甲粒子经过c 点时的动能大于乙粒子经过d点时的动能，故C错误，D正确。

本题选择错误的，故选：C。

根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况。

根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0。

根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口。

要注意电势能，电荷，电势都有正负。

5.答案：AB
解析：解：A、由图可知，0−t1内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t1时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A正确；
S可知，感应电动势大小恒定，导线电B、从t1到t2时间内，线圈中磁通量的变化率相同，由E=△B
△t
流大小恒定，故B正确；
C、t1时刻，磁感应强度为0，穿过线圈的磁通量为0，但磁通量的变化率不为0，但线框中有感应电动势，到线框中电流不为0，故C错误；
D、从t1到t2时间内，电路中电流大小是恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比，导线框bc边受到安培力大小变大，故D错误；
故选：AB
由右图可知B的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向；由法拉第电磁感应定律可知电动势，即可知电路中电流的变化情况；由F=BIL可知安培力的变化情况．
本题要求学生能正确理解B−t图的含义，才能准确的利用楞次定律、左手定律等进行判定；解题时要特别注意，两个时段，虽然磁场的方向发生了变化，但因其变化为连续的，故产生的电流一定是相同的．
6.答案：BD
解析：解：AB.由题意知ωA=ωB，R A：R B=3：2，
根据v=R⋅ω，所以v A：v B=R A：R B=3：2，故A错误，B正确；
CD.根据a=R⋅ω2知：a A：a B=R A：R B=3：2，故C错误，D正确；
故选：BD。

(1)根据题意找到A、B两点的角速度关系以及半径之比；
(2)根据线速度和向心加速度与角速度的关系求解比例关系；
(1)首先明确两点转动的特征，即同轴转动；
(2)熟记线速度、角速度、向心加速度与半径之间的关系式；
7.答案：CD
解析：解：ABD、开始运动的一段时间内，随着cd棒速度增加，导体棒受到的安培力逐渐增大，cd棒的加速度逐渐减小，ab棒的加速度逐渐增大，当二者的加速度相同时，两棒都向前做匀加速直线运动，此时两棒速度之差一定，回路中产生的感应电流一定，两棒所受的安培力都保持不变，但cd的速度大于ab的速度，所以两者距离不断增大，故AB错误、D正确；
C、两棒的质量均为m，则根据牛顿第二定律得：
对整体：F=2ma
对cd棒：F−F A=ma
F，故C正确。

解得，F A=1
2
故选：CD。

cd先做加速度减小的加速运动，ab棒做加速度增大的加速运动，当两者加速度相等后一起做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，再对cd研究，求出安培力的大小。

本题的解题关键是分析两棒的运动情况，当二者达到稳定时回路中的感应电动势为E=BL△v，△v 是两棒速度之差。

8.答案：AD
解析：解：据题，滑块的初速度为1m/s，滑块的速度改变量的大小为2m/s，若末速度方向与初速
mv22−度方向相同时，则末速度大小为3m/s，根据动能定理得：在此过程中水平力做的功为W=1
2
1
mv12=8J．
2
若末速度方向与初速度方向相反时，则末速度大小为1m/s，则W=0．
故选AD
由题，知道滑块的速度改变量的大小为2m/s，可能末速度方向与初速度方向相同，也可能与初速度方向相反，分别求出末速度的大小，由动能定理求解水平力做的功的可能值．
解答本题关键是要知道速度的变化量是矢量，根据动能定理求解外力做功．
9.答案：BCD
解析：
相对湿度大，人们感到潮湿；气体压强产生的原因是大量分子对容器壁的频繁碰撞产生的；能量耗散说明热现象的方向性；晶体表现为各向异性；悬浮在液体中的微粒越小布朗运动越明显。

本题主要是考查晶体的性质、气体压强产生的原因和热力学第二定律等知识，解答本题的关键是能够熟练掌握热学部分的基本知识，并能够熟练应用。

解：A、当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大，是相对湿度大，故A错误；
B、气体压强产生的原因是大量分子对容器壁的频繁碰撞产生的，即大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，故B正确；
C、能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程是不可逆的，都具有方向性，故C正确；
D、在各种晶体中，原子(或分子离子)都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性，即各向异性，故D正确；
E、悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间跟它相撞的液体分子数就越少，布朗粒子受到的合力就越大，布朗运动越明显，故E错误。

故选：BCD。

10.答案：ADE
解析：解：A、任意一个振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.2s，则周期为0.4s，由图可
知，该波的波长是1.2m，所以波速：v=λ
T =1.2
0.4
=3m/s.故A正确；
B、该波的周期是0.4s，则频率：f=1
T =1
0.4
=2.5Hz.故B错误；
C、x坐标为4.5m的质点到P点的距离为：△x1=4.5m−0.9m=3.6m=3λ，所以x坐标为4.5m的质
点与P点的振动始终相同．P质点经过t=0.1s=1
4
T时间恰好经过平衡位置，所以x坐标为4.5m的质点在t=0.1s时恰好位于平衡位置．故C错误；
D、x坐标为12.6m的质点到x=0.6m处质点的距离为：△x2=12.6m−0.6m=12.0m=10λ，所以x坐标为12.6m的质点与x=0.6m处质点的振动情况始终相同，在t=0.1s时恰好位于波峰．故D正确．
E 、x 坐标为13.5m 的质点到P 点的距离为：△x =13.5m −0.9m =12.6m =1012λ，所以x 坐标为13.5m
的质点与P 点的振动始终相反，当质点P 位于波峰时，x 坐标为13.5m 的质点恰好位于波谷．故E 正确．
故选：ADE
根据任意一个振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.2s 即可求出周期．相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长．由v =λT 求出波速．根据时间与周期的关系分析质点的状态． 根据质点的振动方向判断波的传播方向，可以采用比较质点振动先后的方法：波从振动早的质点向振动迟的质点传播．要抓住同相点和反相点平衡位置间距与波长的关系来分析． 11.答案：(1)√2y g ；(2)x √g 2y ；(3)√28πD 2x √g y
解析：解：(1)水做平抛运动，根据y =12gt 2得：t =√2y g ，
(2)水从水管中射出的速度为：v 0=x t =x √g 2y ．
(3)水管内径部分的横截面积为：S =π(D 2)2=14πD 2，
则水泵的流量为：Q =v 0S =
√28πD 2x √g y ． 故答案为：(1)√2y g ；(2)x √g 2y ；(3)
√28πD 2x √g y ． 根据高度和水平射程，结合平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，根据Q =vS 求出流量的大小． 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．
12.答案：ACD ；C ；U 1 I 2 −U 2 I 1 I 2 −I 1 ；U 1 −U 2
 I 2 −I 1 −R 0 解析：解：(1)：根据闭合电路欧姆定律应有三种不同的表达式，
E =U +Ir 或E =U +U R r 或E =IR +Ir ；
可见只要分别读出两组数据就能解出电动势和内阻的值，所以能完成的实验是ACD ；
(2)：(ⅰ)：根据闭合电路欧姆定律可求出电路中需要的最小电阻应为：R min = E I 允 =9
500×10 −3Ω=18Ω，可知定值电阻应选20Ω的；
再根据P =I 2R 可求出保护电阻的最小功率应为： P min =(500×10 −3) 2×20W =0.5W ，所以定值
电阻应选C ；
(ⅱ)：①：电路原理图如图所示：
②：根据闭合电路欧姆定律分别有：E =U 1
 +I 1 (r +R 0 )，E =U 2 +I 2 (r +R 0 ) 解得r =U 1 −U 2 I 2 −I 1 −R 0 ，E =U 1 I 2 −U 2 I 1 I 2 −I 1 
故答案为：(1)ACD
(2)(i)C ；(ii)如图，②U 1 I 2 −U 2 I 1 I 2 −I 1 ，U 1 −U 2
 I 2 −I 1 −R 0 本题(1)的关键是根据闭合电路欧姆定律写出三种不同的表达式即可；题(2)(i)的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最小电阻，同时求出定值电阻的最小功率即可；题(ii)②关键是根据闭合电路欧姆定律写出两个表达式，然后解出电动势和内阻即可．
应明确：①对实验题目，能够通过公式解出待测物理量的实验就能做成；②应通过求出电路中需要的最小电阻来选择定值电阻．
13.答案：解：(1)滑块由A 到D 过程，根据动能定理，有：
mgR −μmgcos37°⋅
2R sin37∘
=0 代入数据解得：μ=12tan37°=0.375
(2)滑块到达C 点时，根据牛顿第二定律有：
F N +mg =m v C 2R 据题可得F N =3N
从A 到C 的过程，由动能定理有：
−μmgcos37°⋅
2R sin37∘=12mv C 2−12mv 02 联立可得v 0=3√3m/s
(3)滑块恰好能到达C 点时，离开C 点平抛运动下落的高度最大，所用时间最长。

在C 点有：mg =m
v C ′2R
可得：v C ′=2m/s
滑块离开C 后做平抛运动，水平方向有：x =v C ′t
竖直方向上有：ℎ=12gt 2。

水平和竖直位移间的关系为：tan37°=2R−y
x
代入整理得：5t2+3t−0.8=0
解得t=0.2s，即滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的最长时间是0.2s。

答：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数μ是0.375；
(2)如果滑块到达C点时对轨道压力为3N，滑块从A点沿斜面滑下时初速度v0大小是3√3m/s；
(3)滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的最长时间是0.2s。

解析：(1)滑块恰能滑到与O等高的D点时速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ；
(2)滑块到达C点时由合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到滑块经过C点时的速度，再对A 到C过程，运用动能定理求初速度v0的大小。

(3)滑块离开C点做平抛运动，要使滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间最长，下落的高度应最大，对应的初速度最小，此时滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力。

由此求滑块通过C点的最小速度，由平抛运动的规律和几何知识结合求最长时间。

本题考查动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合运用，要注意挖掘隐含的临界条件，熟练掌握平抛运动水平位移与竖直位移之间的关系。

14.答案：解：导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLvcosθ
感应电流I=E
R+r
导体棒受到的安培力F
安=BIL=B2L2v
R+r
cosθ
导体棒上升过程中，对导体棒受力分析如图(甲)所示。

由受力平衡可知：
F=mgsinθ+F
安cosθ+μ(mgcosθ−F
安
sinθ)
导体棒下滑过程中，对导体棒受力分析如图(乙)所示。

由受力平衡可知：
F+mgsinθ=F
安cosθ+μ(mgcosθ+F
安
sinθ)
联立上述方程可得B=√mg(R+r)
μL2vcosθ代入数据解得B=2T
答：磁感应强度的大小是2T。

解析：对两种匀速运动情况，分别根据法拉第定律、欧姆定律和安培力推导出安培力与速度的关系式，再分别由平衡条件列式，即可求得磁感应强度。

本题是电磁感应过程中的力学问题，解决这类问题时要转换思维，当作力学问题来处理，关键要推导出安培力与速度的关系，注意导体棒不是垂直切割磁感线，产生的感应电动势不是E=BLv。

15.答案：(1)(2)(3)
解析：试题分析：(1)滑块由A点到B由动能定理得：
解得：
滑块到达B点时，由牛顿第二定律得
解得：
由牛顿第三定律得滑块到达B点时对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下。

(2)滑块离开C后，由
解得：
滑块由B点到由C点的过程中由动能定理得
解得：
(3)滑块由B点到由C点，由运动学关系：
解得：
圆盘转动的角速度ω应满足条件：
考点：考查了圆周运动和平抛运动，动能定理
点评：关键是清楚物体的运动过程，先是圆周运动，然后做直线运动，再做平抛运动，
16.答案：解：①由于玻璃的临界角为C：sinC=1
n =1
2
，所以C=30°，所以不论入射角θ1为多少，
总有折射角θ2<30°，
根据几何知识可知折射光在另一侧面的入射角θ′1=90°−θ2
则得θ′1>(90°−30°)=60°>C
因而光线在另一侧面发生全反射，不能射出．
②因θ2总小于临界角，要在另一侧面能射出，θ′1也应小于临界角．即θ′1=(90°−θ2)<C
又θ2<C
解得：C>45°．
这就要求玻璃折射率n满足1
n =sinC>sin45°=√2
2
，
故解出n<√2．
答：①这束光线不能从另一侧面射出，理由见上．
②若光线能从侧面射出，玻璃砖折射率n<√2．
解析：①光线从空气射入介质时最大的折射角等于临界角，根据几何知识分析光线射到另一侧面时的入射角，判断能否发生全反射．
②光线要能从侧面射出，必须满足入射角小于临界角，由临界角公式sinC=1
n
和几何知识结合进行求解．
解决本题关键要掌握全反射的条件，熟记临界角公式sinC=1
n
，运用几何知识分析角度之间的关系．。