2020年宁夏银川一中高考物理五模试卷

2020年宁夏银川一中高考物理五模试卷
1. 下列有关物理学史的说法中正确的是( )
A. 开普勒利用万有引力定律测出了地球的质量
B. 贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构
C. 伽利略通过实验和逻辑推理说明了力是维持物体运动的原因
D. 玻尔在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念
2. 如图所示，战士在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设战士做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A 、B 等高。

两绳间的夹角为θ、所构成的平面与水平面间的夹角恒为α，轮胎重为G ，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为f ，则每根绳的拉力大小为( )
A. f 2cos θ2cosα
B. f 2sinθsinα
C. f 2cos θ2sinα
D. √f 2+G 2
2cos θ2cosα
3. 水平面上有质量相等的a 、b 两个物体，水平推力F 1、F 2分别作用在a 、
b 上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的
v −t 图象如图所示，图中AB//CD.则整个过程中( )
A. F 1的冲量等于F 2的冲量
B. F 1的冲量大于F 2的冲量
C. 摩擦力对a 物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量
D. 合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量
4. 如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈与一可变电阻R 1串联后，接在一正弦交流电源上；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，当负载电阻R 2的阻值为10R 0时，理想交流电流表的示数为I.现将负载电阻R 2的阻值变为20R 0，调节R 1使理想交流电流表的示数仍为I ，此时理想交流电压表的示数为200V.则原来变压器原线圈两端电压的有效值为( )
A. 1100V
B. 2100V
C. 220V
D. 210V
5.如图所示，质量均为m=3kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面
上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧，弹簧另一
端固定在竖直墙壁上。

开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面的动摩擦因数均为μ=0.5，g= 10m/s2.则物块A、B分离时，所加外力F的大小，物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间t分别为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()
A. F=30N t=√3
10s B. F=12N t=√3
5
s
C. F=15N t=√3
10
s D. F=21N t=0.3s
6.如图所示为宇宙飞船分别靠近星球P和星球Q的过程中，其所受星球的
万有引力F与到星球表面距离h的关系图象。

已知星球P和星球Q的半
径都为R，下列说法正确的是()
A. 星球P和星球Q的质量之比为2：1
B. 星球P表面和星球Q表面的重力加速度之比为1：2
C. 星球P和星球Q的第一宇宙速度之比为2：1
D. 星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1：√2
7.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线
上各点电势φ随x变化的关系图线如图所示，其中P点电势最高，且AP<
BP，则()
A. 从P点到B点，电场强度逐渐增大
B. q1的电荷量大于q2的电荷量
C. q1和q2都是正电荷
D. 在A、B之间将一负试探电荷从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
8.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间
的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀
强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正
方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进
入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()
A. 线框中感应电流的方向不变
B. 线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C. 线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为m2g2R
4B2d2
sin2θ
D. 线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能△E机与重力做功W G的关系式是△E机=
W G+1
2mv12−1
2
mv22
9.小明同学在做“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验时，安装好如图所示的实验装置，让刻度尺的零
刻度线与弹簧上端平齐。

(1)在弹簧下端挂1个钩码，静止时弹簧长度为l1，此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺(分度值是
1mm)上位置的放大图如图所示，可读出弹簧的长度l1=______cm。

(2)在弹性限度内，在弹簧下端分别挂2个、3个、4个、5个相同钩码，静止时弹簧长度分别是l2、l3、
l4、l5，实验中，当挂3个钩码时，弹簧长度为24.95cm，已知单个钩码质量是50g，当地重力加速度g=9.80m/s2，据此小明计算出弹簧的劲度系数为______N/m。

(结果保留3位有效数字)
(3)实验中没有考虑到弹簧的自重，对弹簧劲度系数的测量结果有无影响？______(填“有”或“没
有”)。

10.某物理兴趣小组想测量一电源的电动势和内阻(电动势约为1.5V，内阻约为10Ω)，身边没有电流表，仅
有电压表、定值电阻R0=150Ω、电阻箱R(0～999.9Ω)、开关及导线。

(1)小张同学设计了如图甲所示的电路图，小明同学设计了如图乙所示的电路图，小王设计了如图丙所
示的电路图。

通过分析可判断出______同学设计的电路图不合适，理由是______。

−R图象的一些点如图丁所示。

请根据所描出的点作出一条直线，通过
(2)小张同学通过实验数据描出1
U
图象求得电源的电动势E=______V，内阻R=______Ω.(结果保留三位有效数字)
(3)根据(2)所得电动势E的测量值______真实值，电源内阻的测量值______真实值。

(填“大于”“等
于”或“小于”)
11.如图所示，一矩形区域abcd内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和竖直向下的匀强
电场、大小为E，现从矩形区域ad边的中点O处沿纸面与ad边夹角为30°方向发射一个带电微粒(微粒的速度未知)，微粒恰好在复合场中做圆周运动。

已知ab、cd边足够长，ad边长为L，微粒质量为m，重力加速度为g。

则：
(1)微粒带何种电？电荷量大小为多少？
(2)若微粒能从cd边射出，求可能从cd边射出的区域的长度x。

12.如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的弹性挡板，任何物
体与挡板相撞后都以原速率返回。

斜面上放置一质量为m2=lkg的木板B，足够长的木板B上端叠放
，木板B下端距挡板一质量为m1=lkg且可视为质点的滑块A，木板与滑块之间的动摩擦因数μ1=√3
2 d=lm，g=10m/s2。

(1)若斜面光滑，且将AB由静止释放，求木板B与挡板第一次碰前的速度v的大小；
(2)若斜面光滑，且将AB由静止释放，求木板B与挡板第一次碰后沿斜面上滑的最大距离L；
(3)若木板B与斜面之间动摩擦因数μ2=√3
，当木板B下端距挡板为d=1m时，AB以v0=5m/s的初
3
速度沿斜面向下运动，求此后过程中木板沿斜面运动的总路程S。

13.用油膜法估测分子直径的实验步骤如下：
A.向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀的撒入痱子粉
B.将1mL纯油酸加入酒精中，得到2×103mL的油酸酒精溶液
C.把玻璃板放在方格纸上，计算出薄膜的面积S(坐标纸中正方形小方格的边长
为20mm)
D.将配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积
E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓
F.按照得到的数据，估算出油酸分子的直径
(1)上述步骤中，正确的顺序是______(填步骤前的字母)。

(2)如图所示为描出的油膜轮廓，油膜的面积约为______m2。

(3)已知50滴溶液的体积为1mL，估算油酸分子的直径约为______m(保留两位有效数字)。

14.如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M=200kg，活塞质量m=10kg，活塞
面积S=100cm2.活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。

此时，缸内气体的温度为27℃，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。

已知大气压恒为p0=1.0×105P a，重力加速度为g=10m/s2.求：
(a)缸内气体的压强p1；
(b)缸内气体的温度升高到多少℃时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？
15.在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次
数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图1所示。

光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图2所示，则该单摆的振动周期为______。

若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径一半的另一小球进行实验(振幅不变)，则该单摆的周期将______(填“变大”“不变”或“变小”)，图中的△t将______(填“变大”“不变”或“变小”)。

16.如图所示，有一个玻璃球冠，右侧面镀银，光源S在其水平对称轴上，
从光源S发出的一束光斜射在球面上。

当入射光线与对称轴的夹角为30°时，发现一部分光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一部分光折射进入玻璃球冠内，经过右侧镀银面的第一次反射后恰好能沿原路返回。

若球面的半径为R，求：
①玻璃的折射率为多少？
②光源S与球冠顶点M之间的距离为多少？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、开普勒发现行星运动定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，利用万有引力定律测出了地球的质量，故A错误；
B、贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构，故B正确；
C、伽利略通过实验和逻辑推理说明力不是维持物体运动的原因，故C错误；
D、普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，故D错误。

故选：B。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】A
【解析】解：设两根绳的合力为F，水平方向根据平衡条件可得：Fcosα=f
设每根绳的拉力大小为T，根据力的合成可得：2Tcosθ
2
=F，
联立解得：T=
f
2cosθ
2
cosα
，故A正确、BCD错误。

故选：A。

水平方向根据平衡条件求解两根绳的合力，再根据力的合成求解每根绳的拉力大小。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的进行受力分析、知道两根绳的合力在水平方向的分力等于阻力。

3.【答案】D
【解析】
【分析】
由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等，根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。

本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力，中等难度。

【解答】
AB.根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1−ft OB=0，F2t2−ft OD=0，由图看出，t OB<t OD，则有F1t1< F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故AB错误；
C.由图可知，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。

但a的运动总时间小于b的时间，根据I=Ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；
D.根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。

故选D。

4.【答案】A
【解析】解：A、B、C、D、当负载电阻的阻值为11R0时，电流表示数为I，当负载电阻的阻值为21R0时，电流表示数仍为I，根据理想变压器电流的决定关系可知，输出电流恒定不变，为10I，则原来副线圈的输出电压为110IR0，根据电压和匝数的关系可知，原来原线圈的输入电压为1100IR0。

当负载电阻的阻值为21R0时，输出电流为10I，电压表示数为200V，则200IR0=200V，原来原线圈的输入电压为1100IR0=1100V，故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据理想变压器电压和匝数的关系，电流和匝数的关系分析原、副线圈电压和电流。

电表显示的是有效值。

本题考查变压器原理，只要掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。

5.【答案】D
【解析】解：A、B静止时，对A、B整体，应用平衡条件可得：
kx1=2μmg
解得：x1=0.3m
物块A、B分离时，对B，根据牛顿第二定律可知：
F−μmg=ma
解得：F=ma+μmg=3×2+0.5×30=21N
A、B静止时，对A、B：根据平衡条件可知：kx1=2μmg
A、B分离时，对A，根据牛顿第二定律可知：kx2−μmg=ma
此过程中物体的位移为：x=x1−x2=1
2
at2。

解得：t=0.3s。

故ABC错误，D正确。

故选：D。

物块A、B分离时，相互间的弹力为零，对B，根据牛顿第二定律求F的大小；A、B分离时，对A根据牛顿第二定律求得弹簧的压缩量，从而得到此过程中两个物体的位移，再由位移公式求物块A、B由静止开始运动到分离作用的时间t。

解决本题的关键要明确临界条件：物体刚要运动时静摩擦力达到最大值，两物体刚要分离时两物体间的弹力为零。

从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿水平方向上的加速度和速度仍相等。

6.【答案】AD
【解析】
[【分析】
根据万有引力公式，结合图象确定星球质量之比；
根据万有引力提供加速度，得到星球表面重力加速度之比；
根据星球表面，重力充当向心力得到第一宇宙速度之比；
星球的近地卫星绕星球做匀速圆周运动，重力提供向心力，得到周期之比。

此题考查了万有引力定律及其应用，解题的关键是根据万有引力提供向心力，结合图象得到星球表面重力加速度的关系，以此为突破口分析其它物理量的关系。

【解答】
A.根据万有引力公式可知，F=GMm
(R+ℎ)2，对照图象，当ℎ=0时，F=GMm
R2
，已知星球P和星球Q的半径都为
R，万有引力之比等于星球质量之比，m P：m Q=2：1，故A正确；
B.星球表面的重力加速度：g=GM
R2
，两星球的半径相等，质量之比等于重力加速度之比，g P：g Q=2：1，故B错误；
C.星球表面，根据重力充当向心力可知，mg=m v2
R
，解得第一宇宙速度：v=√gR，两星球的半径相等，则第一宇宙速度之比，v P：v Q=√2：1，故C错误；
D.星球的近地卫星绕星球做匀速圆周运动，重力提供向心力，mg=m4π2
T2R，解得周期：T=√4π2R
g
，两星
球的半径相等，则周期之比，T P：T Q=1：√2，故D正确。

故选AD。

7.【答案】AD
【解析】解：A、在φ−x图线切线斜率大小等于电场强度的大小，从P点到B点斜率绝对值逐渐增大，故电场强度逐渐增大，故A正确；
B、在P点，φ−x图线切线斜率为零，则P点的电场强度大小为零，说明q1和q2两点电荷在P点产生的场
强大小相等，方向相反，由点电荷场强公式E=k Q
r2
，及AP<BP，知q1的电荷量小于q2的电荷量，故B错误；
C、A到P的电势升高，从P到B电势降低，则电场线方向P到A，再从P到B，则q1和q2是同种电荷，一定是负电荷，故C错误；
D、负电荷从P点左侧移到P点右侧，电势先升高后降低，结合推论：负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知，负电荷的电势能先减小后增大，故D正确。

故选：AD。

根据φ−x图线切线斜率大小等于电场强度大小，分析电场强度的变化，读出P点的电场强度大小，由点电
荷场强公式E=k Q
r2
判断q1与q2电荷量大小。

根据电势随x的变化情况，判断两电荷的电性。

根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，分析负电荷电势能的变化情况。

解决本题时要知道φ−x图线切线斜率大小等于电场强度的大小，能根据斜率的变化分析场强的变化，并能判断出P点的场强大小，这是解决本题的关键。

8.【答案】CD
【解析】解：A、线圈的ab边进入磁场I过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场Ⅰ出来并进入磁场Ⅱ过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场Ⅱ出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，故A错误；
B、当线框ab边恰好达到l2时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度v2匀速直线运动，则有v1>v2，ab边从l1运动到l2的平均速度大于从l2运动到l3的平均速度，则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间，故B错误；
C、线圈以速度v2匀速运动时，mgsinθ=2BId=2Bd⋅2Bdv
R =4B2d2v
R
，得v=mgRsinθ
4B2d2
，电功率P=Fv=
m2g2R
4B2d2
sin2θ，故C正确；
D、机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，
减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机=Q电，即是ΔE机=W G+1
2mv12−1
2
mv22，故D
正确；
故选：CD。

本题考查了导体切割磁感线中的能量及受力关系，要注意共点力的平衡条件及功能关系的应用，要知道导轨光滑时线框减小的机械能等于产生的电能．
9.【答案】24.75490 没有
【解析】解：(1)已知刻度尺的零刻度线与弹簧上端平齐，由示数知此时弹簧长度为24.75cm；
(2)已知钩码质量m=50g=0.050kg，l1=24.75cm=0.2475m，l3=24.95cm=0.02495m；
根据胡克定律有：
k=△F
△x =2mg
l3−l1
=2×0.050×9.8
0.2495−0.2475
N/m=490N/m。

(3)因为k=△F
△x
，弹簧伸长量的增加量△x取决于所挂钩码重力的增加量△F，即k跟弹簧自重无关，故弹簧的自重对弹簧劲度系数的测量结果无影响。

故答案为：(1)24.75；(2)490；(3)没有。

(1)根据刻度尺的读数方法可得出对应的读数，注意估读一位。

(2)根据胡克定律列式，分析图象斜率的意义来求弹簧的劲度系数。

(3)根据图象斜率的物理意义分析知道实验中弹簧的自重对弹簧劲度系数的测量结果没有影响。

本题考查探究弹簧的弹力与弹簧伸长量之间的关系，关键是理解实验原理，同时注意掌握相应仪器的测量方法；最后一问也可以回答，采用F−x图象进行分析等。

10.【答案】小王由于电源内阻较小，调节电阻箱时电压表的示数变化不明显 1.529.60小于小于
【解析】
【分析】
本题考查了测电源电动势与内阻实验，知道实验原理、根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的前提与关键。

【解答】
(1)如果选择图丙所示电路图，由于电源内阻较小，调节电阻箱阻值时电压表示数变化不明显，因此小王同学设计的电路图不合适。

(2)根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：
由图甲所示电路图可知，电源电动势为：E=U+I(R+r)=U+U R
(R+r)，
整理得：1
U =1
ER0
R+r
ER0
+1
E
，
由图示1
U −R图象可知，纵轴截距为：b=r
ER0
+1
E
=0.70V−1，
图象的斜率为：k=1ER
0=1.40−0.70
160
V−1/Ω，
代入数据解得：E≈1.52V，r≈9.60Ω；
(3)由图甲所示电路图可知，由于电压表分流作用，流过电源的电流大于U
R0
，
即电流的测量值偏小，则电源电动势与内阻的测量值都小于真实值。

故答案为：(1)小王；由于电源内阻较小，调节电阻箱时电压表的示数变化不明显；(2)图象如图所示，1.52，9.60；(3)小于，小于
11.【答案】解：(1)根据微粒做匀速圆周运动，知电场力与重力平衡，则微粒受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相反，故微粒带负电。

根据平衡条件有qE=mg
得q=mg q。

(2)画出微粒恰好不从ab射出和恰好不从cd边射出时的运动轨迹，如下图所示，从cd边射出的区域的长度x即HN的长度，已知ad=L，根据几何知识得：
OP=L
MN =12MP =13L
PN =
MN tan30∘=√3
3
L 故H N =L +√3
3
L 。

答：(1)微粒带负电，电荷量大小为
mg q。

(2)若微粒能从cd 边射出，可能从cd 边射出的区域的长度x 是L +√3
3L 。

【解析】(1)微粒做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，判断出微粒受到的电场力方向，从而判断出微粒的电性。

根据平衡条件求电荷量大小。

(2)根微粒能从cd 边射出，画出微粒恰好不从ab 射出和恰好不从cd 边射出时的运动轨迹，根据几何关系求解。

本题是带电粒子复合场中运动的类型，关键是画出临界状态的运动轨迹，运用几何关系求相关角度和长度。

12.【答案】解：(1)若斜面光滑，则木板下滑过程中，只有重力做功，则机械能守恒，有：
(m 1+m 2)gdsinθ=1
2
(m 1+m 2)v 2
代入数据解得：v =√10m/s
(2)木板B 沿斜面上滑的过程中，由动能定理得：
−(μ1m 1gcosθ+m 2gsinθ)L =0−1
2
mv 2
代入数据解得：L =0.4m
(3)整体下滑时，由牛顿第二定律得：
(m 1+m 2)gsinθ−μ2(m 1+m 2)gcosθ=(m 1+m 2)a 1， 解得：a 1=0
整体运势下滑d =1m ，木板与挡板碰后原速率返回，AB 之间发生相对滑动，对A ：μ1m 1gcosθ−m 1gsinθ=m 1a 2
代入数据解得： a 2=
g 4
=2.5m/s 2，方向沿斜面向上。

对B ：m 2gsinθ+μ1m 1gcosθ+μ2(m 1+m 2)gcosθ=m 2a 3 代入数据解得：a 3=
9g 4
=22.5m/s 2，方向沿斜面向下。

假设B 速度减为0沿斜面向上位移为S 1，由运动学公式可得：
0−v 2=−2a 3S 1
解得：S 1=
2v 0
29g
假设B 速度减为0时间为t 1，则有：
0=v 0−a 3t 1
设此时A 速度为v 1，则有：
v 1=v 0−a 2t 1
解得：v 1=8
9v 0
此后对B ：m 2gsinθ+μ1m 1gcosθ−μ2(m 1+m 2)gcosθ=m 2a 4 解得：a 4=
g 4=2.5m/s 2，方向沿斜面向下
此后A 继续减速，B 加速，共同时间为t 2，共同速度为v 2 对A ：v 2=v 1−a 2t 2 对B ：v 2=a 4t 2 解得：v 2=4
9v 0
此后AB 匀速下滑再次撞击挡板，第二次撞击挡板沿斜面向上位移为S 2，则有：
0−v 22
=−2a 3S 2
解得：S 2=16
81S 1
以此类推，木板每次与挡板碰后的速度都为上一次的4
9，木板每次沿斜面向上的位移都为上一次的16
81，由此可知
整个过程中木板运动的总路程为：
S =d +
2S 1
1−
1681
解得：S =31
13m
答：(1)若斜面光滑，且将AB 由静止释放，木板B 与挡板第一次碰前的速度v 的大小为√10m/s ； (2)若斜面光滑，且将AB 由静止释放，木板B 与挡板第一次碰后沿斜面上滑的最大距离L 为0.4m ； (3)若木板B 与斜面之间动摩擦因数μ2=√3
3，当木板B 下端距挡板为d =1m 时，AB 以v 0=5m/s 的初速度
沿斜面向下运动，此后过程中木板沿斜面运动的总路程S 为31
13m 。

【解析】(1)根据机械能守恒定律很容易得到木板的速度；
(2)根据动能定理可以得到木板沿斜面上滑的距离；
(3)每次木板与挡板碰撞后，物块与木板都有相对滑动，需要分别计算出每次木板沿斜面上滑的距离，最后求和即可。

找到木板每次沿斜面上滑的距离关系是解题的关键所在，最后才能根据等比数列求和即可。

但要注意两个有相对滑动时与两个相对静止时木板的加速度不同，要计算出每次的共同速度，进而才能得到上滑的时间以及距离。

13.【答案】BDAECF0.022 4.5×10−10
【解析】解：(1)上述步骤中，正确的顺序是BDAECF。

(2)根据描出的油膜轮廓，计算得出共有55格，则油膜的面积约为55×4cm2=220cm2=0.022m2。

(3)1滴油酸酒精溶液中含油酸的体积为V=1
2×103×50
×10−6m3=10−11m3
油酸分子的直径约为d=V
S =10−11
0.022
m≈4.5×10−10m
故答案为：(1)BDAECF；(2)0.022；(3)4.5×10−10。

(1)实验步骤为：将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。

然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。

则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径；
(2、3)采用估算的方法求油膜的面积，通过数正方形的个数：面积超过正方形一半算一个，不足一半的不算，数出正方形的总个数乘以一个正方形的面积，近似算出油酸膜的面积。

把油酸分子看成球形，且不考
虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=V
S
，求出油酸分子直径。

本题考查“用单分子油膜估测分子大小”实验的实验步骤和数据处理。

且实验的模型是不考虑油酸分子间的间隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子的大小，数量级符号就行了。

14.【答案】解：(a)以气缸为对象(不包括活塞)列气缸受力平衡方程：
p1S=Mg+p0S，
解之得：p1=3×105Pa；
(b)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2
此时仍有p2S=Mg+p0S，
由题意知缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：
S×0.5l T1=S×l
T2
，
所以T2=2T1=600K，
故t2=(600−273)℃=327℃。

答：(a)缸内气体的压强为3×105Pa；
(b)缸内气体的温度升高到327℃时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处。

【解析】(a)选汽缸为研究对象，列受力平衡方程可解封闭气体压强；
(b)即缸内气体为等压变化，由等压变化方程可得温度值。

巧选研究对象，注意变化过程的不变量，同时注意摄氏温度与热力学温度的换算关系。

15.【答案】2t0变小变小
【解析】解：单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R−t图线可知周期T=2t0。

摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，摆球的直径变小，摆线长度不变，则摆长减小，根据T=2π√L
g
，知周期变小；
摆球的直径减小，则挡光的时间变短，所以△t将变小；
故答案为：2t0，变小，变小
单摆的周期等于完成一次全振动所需的时间，结合图3得出振动的周期。

根据单摆的周期公式，结合摆长的变化得出周期的变化，根据挡光时间的变化得出△t的变化。

本题主要考查了在探究影响单摆周期的因素的实验的操作要求，知道单摆的摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，难度不大。

16.【答案】解：由题意做出光路图，如图所示。

①由于入射光线与对称轴的夹角为30°，过入射点H做对称轴的垂线HN，由光
路图和几何关系可得：
光在球面上发生反射和折射时的入射角和反射角i=60°，折射角r=30°
所以由折射率n=sini
sinr
可得：n=√3
②由几何关系可知：△HSO为等腰三角形，其中∠HSO=∠HOS=30°
所以：SO=2NO=2Rcos30°
解得：SO=√3R。