2020年浙江省杭州高考物理模拟试卷(附答案解析)

2020年浙江省杭州高考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1.下列说法中正确的是()
A. R=ρL
S 、E=
F
q
分别是电阻和场强的定义式
B. 力的单位(N)、电流的单位(A)均是国际单位制中的基本单位
C. 质点做曲线运动时，可能在相等的时间内速度变化相等
D. 当加速度与速度同向时，若加速度减小，则物体的速度可能减小
2.在物理学的发展史上，许多科学家付出了努力。

下列说法符合史实的是()
A. 牛顿经过了大量的数据推演和模型创设，提出了行星的三大运动定律
B. 库仑通过实验测定了静电力常数k的具体数值
C. 法拉第通过大量电和磁关系的实验研究，终于发现了电流周围存在磁场
D. 赫兹通过实验首先捕捉到电磁波
3.如图所示为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时开始运动的v−t图线，
已知在第3s末两个物体在途中相遇，则()
A. A、B两物体是从同一地点出发
B. 3s内物体A的平均速度比物体B的大
C. A、B两物体在减速段的加速度大小之比为3：1
D. t=1s时，两物体第一次相遇
4.如图所示，在固定的斜面上A、B、C、D四点，AB=BC=CD.三个相同的小球分别从A、B、C三点
以v1、v2、v3的水平速度抛出，不计空气阻力，它们同时落在斜面的D点，则下列判断正确的是()
A. A球最后才抛出
B. C球的初速度最大
C. A球离斜面最远距离是C球的三倍
D. 三个小球落在斜面上速度方向与斜面成30°斜向右下方5.2020年，我国将一次实现火星的“环绕、着陆、巡视”三个目标。

假设探测器到达火星附近时，先在
高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动，测得运动周期为T，之后通过变轨、减速落向火星。

探测器与火星表面碰撞后，以速度v竖直向上反弹，经过时间t再次落回火星表面。

不考虑火星的自转及火星表面大气的影响，已知万有引力常量为G，则火星的质量M和火星的星球半径R分别为()
A. M=v3T4
128π4Gt3
，R=vT2
16π2t
B. M=v3T2
128π4Gt3
，R=vT
16π2t
C. M=v3T4
1024π4Gt3
，R=vT2
32π2t
D. M=v3T4
1024π4Gt2
，R=vT
32π2t
6.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电
流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线。

曲线
Ⅲ与直线Ⅰ、Ⅱ相交点的坐标分别为P(5,3，5)、Q(6,5)。

如果把该
小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法不正确的是()
A. 电源1与电源2的内阻之比是3：2
B. 电源1与电源2的电动势之比是1：1
C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是21：26
D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7：10
7.如图所示，虚线为位于O位置的点电荷形成电场中的等势面，已知三个等势面的电势
差关系为φ1−φ2=φ2−φ3，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，
与等势面相交于图中的a、b、c、d四点。

已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法
正确的是()
A. 该粒子只有在a、d两点的动能与电势能之和相等
B. 场源电荷是正电荷
C. 粒子电势能先增加后减小
D. φ1>φ2>φ3
8.用图1装置研究光电效应，分别用a光、b光、c光照射阴极K得到图2中a、b、c三条光电流I与A、
K间的电压U AK的关系曲线，则下列说法正确的是()
A. 开关S 扳向1时测得的数据得到的是I轴左侧的图线
B. b光的光子能量大于a光的光子能量
C. 用a光照射阴极K时阴极的逸出功大于用c光照射阴极K时阴极的逸出功
D. b光照射阴极K时逸出的光电子最大初动能小于a光照射阴极时逸出的光电子最大初动能
9.如图所示，木箱置于水平地面上，一轻质弹簧一端固定在木箱顶部，另一端系
一小球，小球下端用细线拉紧固定在木箱底部。

剪断细线，小球上下运动过程
中木箱刚好不能离开地面。

已知小球和木箱的质量相同，重力加速度大小为g，
若t0时刻木箱刚好不能离开地面，下面说法正确的是()
A. t0时刻小球速度最大
B. t0时刻小球加速度为零
C. t0时刻就是刚剪断细线的时刻
D. t0时刻小球的加速度为2g
10.如图所示，CD间接交流电源，电源有效值保持恒定不变，自耦变压器可视为理想的变压器、图中A
为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，下列说法正确的是()
A. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
B. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C. 当自耦变压器滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大
D. 由于理想变压器输入功率等于输出功率，滑动触头P转动时，变压器的输出功率不变
11.如图所示，某电器内的部分电路，C为电容器，L为电感器，下列说法正确的是()
A. 当输入端输入直流电时，输出端无输出
B. 当C为容量较小的电容、L为自感系数较小的电感器、输入端只输人低频交流电时，输出端几乎无
输出
C. 当C为容量较大的电容、L为自感系数较大的电感器、输入端只输人高频交流电时，输出端几乎无
输出
D. 当C为容量较大的电容、L为自感系数较小的电感器、输入端只输入低频交流电时，输出端几乎无
输出
12.一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形(AC边未画出)，AB为直角
边，∠ABC=45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。

此玻璃的折射率为
1.5，P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。

若一束宽度与AB边长度相
等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则()
A. 从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光
B. 平行光在BC边上不会发生全发射
C. 屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
13.水平面上A、B、C、D为边长为L的正方形四个顶点，四点固定着四个电
荷量均为Q的正点电荷．O点离A、B、C、D均为L，现将一质量为m的
带正电的小球(可视为点电荷)放置在O点，如图所示，为使小球能静止在
O点．小球所带的电荷量为(已知静电力常量为k，重力加速度为g)()
A. mgL2
4kQ
B. √2mgL2
2kQ
C. √2mgL2
4kQ
D. √2mgL2
kQ
二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
14.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是()
A. 图甲是α粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、D中的A位置时荧光屏上接收到的α粒子数
最多
B. 图乙是氢原子的能级示意图，氢原子从n=3能级向低能级跃迁，最多能产生2种频率的光子
C. 图丙是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针将发生偏转，此时验电器的金属杆带的
是正电荷
D. 图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性
15.下列说法正确的是()
A. 玻璃中的气泡看起来特别明亮，是发生全反射的缘故
B. 高压输电线上方另加两条与大地相连的导线，是利用静电屏蔽以防输电线遭受雷击
C. 透过平行灯管的窄缝看正常发光的日光灯，能观察到彩色条纹，这是光的干涉现象
D. 发生α或β衰变时，原子核从高能级向低能级跃迁时辐射γ光子
16.在O点有一波源，t=0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波．t1=4s时，距离O点为3m的
A点第一次达到波峰；t2=7s时，距离O点为4m的B点第一次达到波谷．则以下说法正确的是()
A. 该横波的波长为2 m
B. 该横波的周期为4 s
C. 该横波的波速为1 m/s
D. 距离O点为5 m的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s末
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
17.如图1所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。

先让质量为m1的A球从斜槽上
某一固定位置C由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上
留下痕迹。

重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。

再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A
球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。

M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是轨道末端在记录纸上的竖
直投影点，如图2所示。

(1)为了尽量减小实验误差，A球碰后要沿原方向运动，两个小球的质量应满足m1______m2(选填“>”
或“<”)。

(2)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度。

但是，可以通过仅测量______(填选项前的符号)，
间接地解决这个问题。

A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平位移
(3)关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是______。

A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端必须水平
C.B球每次的落点一定是重合的
D.实验过程中，复写纸和白纸都可以移动
(4)已知A、B两个小球的质量m1、m2，三个落点位置与O点距离分别为OM、OP、ON.在实验误差允
许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。

18.为了测定一节新干电池(内阻很小)的电动势和内阻，配备的器材有：电流表A(量程为0.6A)、电压表V(
量程为1V，内阻为1.2kΩ)、滑动变阻器R1(0～10Ω,1A)、电阻箱R2(0～9999.9Ω)、定值电阻R0=2.5Ω
①实验中需要将电压表量程扩大为2V，电阻箱R2的取值应为______kΩ；
②请画出一个合理的实验电路图并标出相应的符号；
③利用上述实验电路进行实验，测出多组改装后的电压表读数U V与对应的电流表读数I A，得到的U V−
I A的图象如图所示，则电源的电动势E=______V，内阻r=______Ω。

四、简答题（本大题共3小题，共31.0分）
19.如图所示，小孩与冰车的总质量m=20kg。

大人用F=20N的恒定拉力，
使冰车从静止开始沿水平冰面移动，拉力方向与水平面的夹角为θ=37°，
已知冰车与冰面间的动摩擦因数μ=0.05，重力加速度g=10m/s2，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)求小孩与冰车受到的支持力F N的大小；
(2)求小孩与冰车的加速度a的大小；
(3)大人的拉力作用4s后撤去，求冰车的总位移x的大小。

(保留3位有效数字)
20. 简谐运动是一种常见且重要的运动形式。

它是质量为m 的物体在受到形如F =−kx 的
回复力作用下，物体的位移x 与时间t 遵循x =Asinωt 变化规律的运动，其中角频率ω=
2πT
=√k
m (k 为常数，A 为振幅，T 为周期)。

弹簧振子的运动就是其典型代表。

如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m 的小球A 相连，小球A 静止时所在位置为O ，另一质量也为m 的小球B 从距A 为H 的P 点由静止开始下落，与A 发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。

两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x 时，弹性势能为E p =1
2kx 2
，已知H =
3mg k
，重力加速度为g 。

求：
(1)B 与A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度； (2)小球A 被碰后向下运动离O 点的最大距离。

(3)小球A 从O 点开始向下运动到第一次返回O 点所用的时间。

21. 如图所示，顶角=45°的金属导轨MON 固定在水平面内，导轨处在
方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中。

一根与ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v 0沿导轨MON 向右滑动，导体棒的质量为m ，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r 。

导体棒与导轨接触点为a 和b ，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。

t =0时，导体棒位于顶角O 处，求：
(1)t 时刻流过导体棒的电流强度I 和电流方向。

(2)导体棒作匀速直线运动时水平外力F 的表达式。

(3)导体棒在0～t 时间内产生的焦耳热Q 。

(4)若在t 0时刻将外力F 撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x 。

五、计算题（本大题共1小题，共10.0分）
22. 利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用．如图1所示为
电子枪的结构示意图，电子从炽热的金属丝发射出来，在金属丝和金属板之间加以电压U 0，发射出的电子在真空中加速后，沿电场方向从金属板的小孔穿出做直线运动．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子重力及电子间的相互作用力．设电子刚刚离开金属丝时的速度为零．
(1)求电子从金属板小孔穿出时的速度v 0的大小；
(2)示波器中的示波管是利用电场来控制带电粒子的运动．如图2所示，Y 和Y′为间距为d 的两个偏转电极，两板长度均为L ，极板右侧边缘与屏相距x ，O O′为两极板间的中线并与屏垂直，O 点为电场区域的中心点．接(1)，从金属板小孔穿出的电子束沿O O′射入电场中，若两板间不加电场，电子打在屏上的O′点．为了使电子打在屏上的P 点，P 与O′相距h ，已知电子离开电场时速度方向的反向延长线过O 点．则需要在两极板间加多大的电压U ；
(3)电视机中显像管的电子束偏转是用磁场来控制的．如图3所示，有一半径为r 的圆形区域，圆心a 与屏相距l ，b 是屏上的一点，ab 与屏垂直．接(1)，从金属板小孔穿出的电子束沿ab 方向进入圆形区域，若圆形区域内不加磁场时，电子打在屏上的b 点．为了使电子打在屏上的c 点，c 与b 相距√3l ，则需要在圆形区域内加垂直于纸面的匀强磁场．求这个磁场的磁感应强度B 的大小．
答案和解析1.【答案】C
【解析】解：A、R=ρL
S 、E=
F
q
分别是电阻的决定式和场强的定义式，故A错误；
B、力的单位(N)不是国际单位制中的基本单位，而电流的单位(A)是国际单位制中的基本单位，故B错误；
C、质点做曲线运动时，所受的合力可能是恒力，根据牛顿第二定律得知，物体的加速度可能不变，由△v=at 知，物体相等的时间内速度变化相等，例如平抛运动，故C正确；
D、若加速度与速度方向相同，加速度在减小的过程中，物体做加速运动，故D错误
故选：C。

R=ρL
S
是电阻的决定式，国际单位制规定了七个基本物理量。

分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量。

他们在国际单位制中的单位分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔。

物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。

加速度和速度方向相同，物体做加速运动，相反，做减速运动。

考查基本物理量与导出物理量的区别，掌握定义式与决定式的不同，注意变化分均匀变化与非均匀变化，难度不大，属于基础题。

2.【答案】D
【解析】解：A、开普勒经过了大量的数据推演和模型创设，提出了行星的三大运动定律，故A错误；
B、库仑通过实验发现了库仑定律，但他没有测定出静电力常数k的具体数值，故B错误；
C、奥斯特通过大量电和磁关系的实验研究，终于发现了电流周围存在磁场，故C错误；
D、赫兹通过实验首先捕捉到电磁波，符合史实，故D正确。

故选：D。

本题是物理学史问题，根据著名物理学家，如开普勒、库仑、法拉第、奥斯特、赫兹等人的物理学贡献来解答。

本题考查物理学史，属于识记内容，对于物理学上重大发现、发明、著名实验和理论要加强记忆，注意积累。

3.【答案】D
【解析】解：A、由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同。

故A错误。

B、由图象的“面积”读出两物体在3s内B的位移大于A的位移，则B的平均速度大于A的平均速度。

故B错误。

C、图象的斜率表示加速度，则A在减速过程的加速度大小a1=4−2
1
=2m/s2，B在减速过程的加速度大小
a2=4−2
2
=1m/s2.故C错误。

D、由图象的“面积”表示位移可知，1−3s内B的位移x B=1
2
×(4+2)×2=6m。

A的位移x A=1
2
×2×2+ 2×2=6m，且第3s末两个物体在途中相遇，所以t=1s时，两物体相遇，故D正确。

故选：D。

由图象的“面积”读出两物体在3s内的位移不等，而在第3s末两个物体相遇，可判断出两物体出发点不同，相距的距离等于位移之差．根据图象的斜率表示加速度，求出加速度之比．
对于速度−时间图象要注意：不能读出物体运动的初始位置．抓住“面积”表示位移、斜率等于加速度进行分析．
4.【答案】C
【解析】解：A、小球分别从A、B、C三点水平抛出，均落在D点，AB=BC=CD，其下落高度之比为3：2：1，所以运动时间之比为√3：√2：1，它们同时落在斜面的D点，A最早抛出，故A错误；
B、三球的水平位移之比为3：2：1，运动时间之比为√3：√2：1，根据x=v0t知三球的初速度之比为√3：√2：1，所以A的初速度最大，故B错误；
C、球离斜面最远距离时，速度方向与水平方向夹角为30°，则tan30°=gt
v0
，可知三球运动到离斜面最远的
时间之比为√3：√2：1，将速度沿平行于斜面和垂直于斜面进行分解，则最远距离为d=1
2
gcosθ⋅t2，与时间的平方成正比，所以三球离斜面最远距离之比为3：2：1，所以A球离斜面最远距离是C球的三倍，故C正确；
D、物体由斜面上水平抛出落回斜面上，物体做平抛运动的位移均沿斜面，即位移与水平方向的夹角相等，
做平抛运动的物体速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平夹角正切值的二倍，不是60°，所以三个小球落在斜面上速度方向与斜面不是成30°，故D错误。

故选：C。

小球分别从A、B、C三点水平抛出，均落在D点，AB=BC=CD，其下落高度之比为3：2：1，水平位移之比为3：2：1，根据位移−时间关系知时间和初速度之比；
球离斜面最远距离时，速度方向与水平方向夹角为30°，则tan30°=gt v
，可知三球的运动到离斜面最远的时
间之比，将速度分解为沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向，则最远距离为d=1
2
gcosθ⋅t2，知三球离斜面最远距离之比；
物体由斜面上水平抛出落回斜面上，物体做平抛运动的位移均沿斜面，即位移与水平方向的夹角相等，做
平抛运动的物体速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平夹角正切值的二倍。

解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律以及知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角正切值的2倍。

注意C项：球离斜面最远距离时，速度方向与水平方向夹角为30°，将速度沿平行于斜面和垂直于斜面进行分解。

5.【答案】A
【解析】解：探测器在火星表面做竖直上抛运动，根据速度公式可知，t=2v g，解得火星表面重力加速度：
g=2v
t
，
物体在火星表面受到的万有引力等于重力，GMm
R
=mg，
探测器在高度恰好等于火星半径的轨道上环绕火星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，GMm′
(2R)2=m′4π2
T2
⋅
2R，
联立解得：M=v3T4
128π4Gt3，R=vT2
16π2t
，故A正确，BCD错误。

故选：A。

探测器在火星表面做竖直上抛运动，根据运动的规律，求解火星表面的重力加速度，根据天体表面的万有引力约等于重力列式。

根据探测器绕火星做匀速圆周运动，利用万有引力充当向心力列式，联立求解火星质量和星球半径。

此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是根据天体表面的万有引力约等于重力，万有引力充当向心力解决此类天体问题。

6.【答案】D
【解析】解：A、在电源的U−I图象中，图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，根据电源U−I图线，可知，电源1、电源2的内阻分别为
r1=10
8Ω=5
4
Ω，同理，r2=10
12
Ω=5
6
Ω，则r1：r2=3：2，故A正确；
B、U−I图象的纵轴截距表示电动势，故E 1=E2=10V，即电源1与电源2的电动势之比是1：1，故B 正确；
CD、灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与这电源连接时的工作状态，
则连接电源1时，U1=3.5V，I1=5.2A，故灯泡消耗的功率为P1=U1I1=18.2W，灯泡的电阻R1=U1I
1
=
3.5 5.2Ω=35
52
Ω
连接电源2时，U2=5V，I2=6A，故灯泡消耗的功率P2=U2I2=30W，灯泡的电阻R2=U2
I2
=5
6
Ω
故R1：R2=21：26，P1：P2=91：150，故C正确，D不正确。

本题选择不正确的，
故选：D。

根据电源的U−I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电
源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻。

本题关键在于对电源外特性曲线、灯泡伏安特性曲线的理解，明确交点的物理含义。

7.【答案】C
【解析】解：A、粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的，
故A错误；
B、由图结合曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结
合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B错误；
C、粒子受到的电场力得方向向右，所以粒子向左运动的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力
做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，故C正确；
D、电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：φ3>φ2>φ1，故D错误。

故选：C。

由于带电粒子只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向右，由于粒子是带负电，
则电场的方向与受力的方向相反，由此判断电场的方向以及判断电势的高低。

根据运动的方向与受力的方
向之间的关系判断做正功或做负功。

掌握住带电粒子的运动轨迹与力方向的关系是解题的前提，灵活应用场强方向与等势面垂直，以及电场力
做功时动能和电势能间的关系是解题的关键。

8.【答案】B
【解析】解：A、当光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，当开关S扳向1时，光电子在光
电管是加速，则所加的电压是正向电压，因此测得的数据得到的并不是I轴左侧的图线，故A错误；
B、根据eU截=1
2
mv m2=ℎγ−W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大；
由题目图可知，b光的截止电压大于a光的截止电压，所以b光的频率大于a光的频率，依据E=ℎγ可知，
b光的光子能量大于a光的光子能量，故B正确；
C、同一阴极的逸出功总是相等，与入射光的能量大小无关，故C错误；
D、b光的截止电压大于a光的截止电压，根据eU截=1
2
mv m2=ℎγ−W，所以b光对应的光电子最大初动
能大于a光的光电子最大初动能，故D错误。

故选：B。

根据eU截=1
2
mv m2=ℎγ−W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大。

根据图象中可看出，截止电压U截的大小，从而确定频率高低，进而可确定对应的光电子最大初动能大小；同一金属逸出功总是相同的，即可求解。

解决本题的关键掌握截止电压、逸出功，以及理解光电效应方程eU截=1
2
mv m2=ℎγ−W，注意依据图象提供的截止电压大小来确定光的频率高低是解题的关键。

9.【答案】D
【解析】解：小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球的速度为零；
对木箱受力分析可得：F=Mg
对小球受力分析可知，mg+F′=ma
由于F=F′、M=m
解得：a=2g，故ABC错误、D正确。

故选：D。

小球运动到最高点时木箱恰好不能离开地面，此时小球的速度为零，分别对木箱、对小球根据牛顿第二定律列方程求解。

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。

10.【答案】C
【解析】解：AB、保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则副线圈输出电压不变，电压表读数不变，当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，连入电路的电阻的阻值变小，总电流增大，R1分担的电压增大，并联支路的电压减小，通过R2的电流减小，则流过滑动变阻器的电流增大，电流表读数变大，故AB错误；
C、保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增大，副线圈输出电压增大，电压表读数变大，则电流表读数变大，故C正确；
D、由于理想变压器输入功率由输出功率决定，滑动触头P转动时，变压器的输出功率变化，故D错误。

故选：C。

保持P的位置不动，输出电压不变，将触头向下移动时，R变小，根据动态分析思路分析。

当P转动时，副线圈匝数变化，根据变压比分析。

理想变压器输入功率由输出功率决定。

此题考查了变压器的构造和原理，明确自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析。

11.【答案】C
【解析】
A、直流电不能通过电容器，但可以通过电感器，所以当输入端输入直流电时，输出端有输出，故A错误。

BD、电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频。

所以输入端只输人低频交流电时，输出端有输出，故BD错误。

C、电容器通高频，阻低频，电感器通低频，阻高频。

所以输入端只输人高频交流电时，输出端几乎无输出，故C正确。

故选：C。

【分析】电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频。

电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频。

本题考查了电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用。

熟记电感器和电容器在电路中的作用是本题的关键。

12.【答案】D
【解析】解：因sin C=1
n
=1.5，所以45°>C，根据几何知识可知，光在BC面上
的入射角为45°，所以光在BC面上发生全反射，
光经BC面全反射后垂直AC面由ADC进入空气，折射角大于入射角，故所有从曲
面ADC射出的光线都向ADC的中央方向偏折，如图所示，
屏上亮区宽度小于AC边长度，又AB边与AC边长度相等，当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小，一旦越过，折射光线的交点后，亮区渐渐变大，故D正确，ABC错误。

故选：D。

材料的折射率n=1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。

从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。

解决该题需要能根据所给知识正确作出光路图，熟记全反射现象的条件以及全反射的临界角公式。

13.【答案】C
【解析】解：对小球进行受力分析，
小球受重力和A，B，C，D处正点电荷施加的库仑力．
将A，B，C，D处正点电荷施加的库仑力正交分解到水平方向和竖直方向．
设α是A，B，C，D处正点电荷施加的库仑力方向与竖直方向的夹角，。