2020年海南高考物理試卷附答案

第第頁，共22頁答案和解析.【答案】A【解析】解：核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，因止匕：4+9=12+m,2+4=6+幾解得：m=l,n=0,X是中子，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：Ao核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，根據(jù)核反應(yīng)方程式求出機(jī)、〃的大小，然后判斷粒子的類型。本題考查了判斷粒子類型問題，知道核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒是解題的前提與關(guān)鍵，掌握基礎(chǔ)知識(shí)即可解題，平時(shí)要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與積累。.【答案】B【解析】解：AB.設(shè)手機(jī)的質(zhì)量為辦斜面傾角為6。對(duì)手機(jī)進(jìn)行受力分析，如圖所示由圖結(jié)合共點(diǎn)力平衡的特點(diǎn)可知，支持力方向垂直斜面向上，小于手機(jī)所受的重力，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、由圖可知，手機(jī)受到的摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件則有：f=mgs譏/靜摩擦力小于手機(jī)重力沿斜面向下的分力，故CD錯(cuò)誤。故選：B。因?yàn)槭謾C(jī)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件求解斜面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力和手機(jī)所受支持力表達(dá)式進(jìn)行分析；斜面對(duì)手機(jī)的靜摩擦力與手機(jī)對(duì)斜面的靜摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，由此分析。本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解，然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。.【答案】D【解析】解：對(duì)圖甲的交流電分析，可知一個(gè)周期內(nèi)交流電的電流方向變化，而電流的大小不變，故圖甲的電流有效值為乙二。；對(duì)圖乙的交流電分析可知，其為正弦式交流電，故其有效值為，2=卷，故11：12=72：1，故D正確、ABC錯(cuò)誤。故選：D。圖甲中一個(gè)周期內(nèi)交流電的電流方向變化，而電流的大小不變，圖乙為正弦式交流電,由此計(jì)算電流有效值再求出比值。本題主要是考查交流電有效值的計(jì)算，關(guān)鍵是掌握有效值的概念，知道有效值的計(jì)算方法以及正弦交流電的有效值與峰值的關(guān)系。.【答案】D【解析】解：接ab，則電路的總電阻為：氏初=苦箕肝辛接ac，則電路的總電阻為：r=幽3)=里Racr9R9R19接bc，則電路的總電阻為：R=9RXr9rJ=90rDCR9R9R19由題知，不管接那兩個(gè)點(diǎn)，電壓不變，為U=24匕根據(jù)P=￡可知乜C=PDC<%，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D。加熱器接入的電壓都是24K根據(jù)：P=￡，可知，要比較電功率，只需要比較三種情況下的電阻值即可。根據(jù)考查電功率的公式的應(yīng)用，由于不知道具體的電阻值，所以不能求出三種情況下具體的功率，但可以通過比較電阻值的大小關(guān)系，由公式P=經(jīng)比較電功率的大小關(guān)系。R.【答案】A【解析】解：A、根據(jù)九=j得"=c，可知單色光在介質(zhì)中傳播時(shí)，介質(zhì)的折射率越大，光的傳播速度越小，故A正確；B、根據(jù)多普勒效應(yīng)規(guī)律知，若聲波波源向觀察者靠近，則觀察者接收到的聲波頻率大于波源頻率，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式△%=:九知同一個(gè)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，藍(lán)光的波長(zhǎng)小于紅光的波長(zhǎng)，故藍(lán)光產(chǎn)生的干涉條紋間距比紅光的小，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)光的干涉的條件可知，兩束頻率不同的光不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，故。錯(cuò)誤。故選：Ao根據(jù)九=色分析光的傳播速度與折射率的關(guān)系；觀察者靠近聲波波源的過程中，接收到V的聲波頻率大于波源頻率；根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式△%=工入分析藍(lán)光與紅光產(chǎn)生的d干涉條紋間距關(guān)系；產(chǎn)生干涉現(xiàn)象的條件是兩束光的頻率相同。解決本題的關(guān)鍵要掌握光學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)，要掌握光速與折射率的關(guān)系，藍(lán)光的波長(zhǎng)小于紅光的波長(zhǎng)，并掌握光產(chǎn)生干涉的條件：兩束光的頻率相同。.【答案】B【解析】解：根據(jù)安培定則，可知蹄形電磁鐵的分布情況，如圖所示；故導(dǎo)線所處位置的磁感應(yīng)線的切線方向?yàn)樗较蛴?，根?jù)左手定則，可以判斷導(dǎo)線所受安培力的方向?yàn)橄蛳?，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。明確導(dǎo)線繞制方向，根據(jù)安培定則確定磁場(chǎng)的方向，再根據(jù)左手定則分析通電導(dǎo)線所受安培力的方向。本題考查左手定則以及安培定則的應(yīng)用，注意明確線圈中電流的方向，分別判斷兩則磁極，從而明確中間導(dǎo)線所在位置磁場(chǎng)方向。.【答案】B【解析】解：A、試驗(yàn)船繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r=R+h，試驗(yàn)船的運(yùn)行速度為"=也=①包，故A錯(cuò)誤;T TB、近地軌道衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度，設(shè)為也根據(jù)萬有引力提供向心力，有^Mm=mv2R2 R根據(jù)試驗(yàn)船受到的萬有引力提供向心力，有6廣方=小船空(R+h)聯(lián)立兩式解得第一宇宙速度為"=^^)3，故B正確;TNRC、根據(jù)試驗(yàn)船受到的萬有引力提供向心力，有G4m船=m4^2(R+h)(R+h)2船T21解得地球的質(zhì)量為M=4兀2(R力,故c錯(cuò)誤；GT2D、在地球表面上，物體的重力等于地球?qū)ξ矬w的萬有引力，有Mm R2根據(jù)試驗(yàn)船受到的萬有引力提供向心力，有G.船二m船也2(R九)聯(lián)立兩式解得地球表面的重力加速度為g=4兀2(R"九故D錯(cuò)誤。R2T2故選：B。試驗(yàn)船繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為R比根據(jù)線速度與周期的關(guān)系公式“=血T求試驗(yàn)船的運(yùn)行速度；近地軌道衛(wèi)星的速度等于第一宇宙速度，根據(jù)萬有引力提供向心力求解；根據(jù)萬有引力提供向心力求地球的質(zhì)量；由萬有引力等于重力求地球表面的重力加速度。解決本題的關(guān)鍵要掌握萬有引力等于向心力和萬有引力等于重力這兩條思路，要知道運(yùn)用萬有引力等于向心力，只能求出中心天體的質(zhì)量，不能求出環(huán)繞天體的質(zhì)量。.【答案】C【解析】解：在時(shí)間t內(nèi)噴出離子的質(zhì)量m=3.0x103X103tkg=3.0x10&kg對(duì)噴出的離子，由動(dòng)量定理得：Ft=mv0代入數(shù)據(jù)解得：F=0.09M由牛頓第三定律可知，探測(cè)器獲得的平均推力大小F'=F=0.09N，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。以噴出的離子為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)量定理求出離子在噴出過程受到的力，然后應(yīng)用牛頓第三定律可以求出探測(cè)器獲得的平均推力大小。本題考查了動(dòng)量定理的應(yīng)用，正確選擇研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)量定理與牛頓第三定律即可解題。.【答案】AC【解析】解：A、由波形圖可知，波長(zhǎng)為A=10m2m=8m，故A正確；B、根據(jù)波速的計(jì)算公式v=、=am/s=40m/s，故B錯(cuò)誤；T0.2CD、由題知，沿％軸正方向傳播，根據(jù)“上下坡法”，可知該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC。由波形圖可得波長(zhǎng)；根據(jù)波速的計(jì)算公式"=&計(jì)算波速；根據(jù)“上、下坡法”分析振T動(dòng)方向。本題主要是考查了波的圖象；解答本題關(guān)鍵是要理解波的圖象隨時(shí)間變化的規(guī)律，能夠根據(jù)圖象直接讀出振幅、波長(zhǎng)和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系^=f&。.【答案】AD【解析】解：4根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，可知。點(diǎn)的電場(chǎng)線比b點(diǎn)的電場(chǎng)線更密，故。點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)比b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大，故A正確；A根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)不斷降低，c點(diǎn)比d點(diǎn)離負(fù)電荷越近，可知d點(diǎn)的電勢(shì)比c點(diǎn)的電勢(shì)高，故B錯(cuò)誤；C.由于質(zhì)子帶正電，根據(jù)電勢(shì)能公式吃=98,計(jì)算時(shí)，q要帶正負(fù)，則正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能大，負(fù)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小，可知質(zhì)子在d點(diǎn)的電勢(shì)能比在c點(diǎn)的電勢(shì)能大，故C錯(cuò)誤；D.由圖可知，a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)，且電子帶的是負(fù)電荷，根據(jù)電勢(shì)能公式吃=98,計(jì)算時(shí)，q要帶正負(fù)，所以負(fù)電荷在電勢(shì)越低的點(diǎn)電勢(shì)能越大，故電子在a點(diǎn)的電勢(shì)能高于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，所以將電子從a點(diǎn)移動(dòng)到b點(diǎn)，電勢(shì)能減小，故電場(chǎng)力做正功，故D正確。故選：AD。電場(chǎng)線的疏密程度決定了電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,電場(chǎng)線越密集的地方場(chǎng)強(qiáng)越大,電場(chǎng)線越稀疏的地方場(chǎng)強(qiáng)越??；沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低,正電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能越大；電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加。本題主要考查了考生對(duì)于電場(chǎng)線與場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)之間的關(guān)系,以及考查了關(guān)于電勢(shì)能公式的使用問題,考生一點(diǎn)要注意公式使用的細(xì)節(jié)問題。.【答案】BD【解析】解：4根據(jù)％=1gt2得七=怪=匠25s=0.5s，運(yùn)動(dòng)時(shí)故A錯(cuò)誤;2 g1010B.水平射程為％=V0t=10x0.56=5加，故B正確;CD豎直方向分速度為匕=gt=10x0.5m/s=5m/s,水平分速度為匕=%

落地速度為，=水平分速度為匕=%

落地速度為，=同=10m/+/=5jm/s,故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD。平拋運(yùn)動(dòng)是一種典型的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，通過運(yùn)動(dòng)學(xué)的基本公式解題。研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，注意區(qū)分合速度和水平射程等平拋運(yùn)動(dòng)中的概念。12.【答案】BC【解析】解：A、對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F-(m1+m2)gsind=(mJm)a，解得a==--gs譏6，故a錯(cuò)誤；TOC\o"1-5"\h\z2 m1+m2B、對(duì)m2受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有T-m2gsin6=m2a，解得T=3^F，故B2 2 2 mi+m2正確；C.根據(jù)T=；；m；rF=M，可知若只增大m2，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的//Li1//L I 乙m2彈力T變大，根據(jù)胡克定律可知彈簧的伸長(zhǎng)量變大，故它們的間距變大，故C正確；D.根據(jù)T=」JF，可知T與。無關(guān)，只增大仇兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧m1+m2的彈力不變，根據(jù)胡克定律可知彈簧的伸長(zhǎng)量不變，故它們的間距不變，故D錯(cuò)誤。故選：BC。對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，再對(duì)物塊。，利用牛頓第二定律列式,可求出彈簧彈力的大小。根據(jù)彈力的表達(dá)式，分析彈力的變化，從而確定彈簧形變量的變化，即可判斷它們間距的變化情況。本題考查了牛頓第二定律與胡克定律的基本運(yùn)用，抓住P、Q具有相同的加速度，運(yùn)用整體、隔離法進(jìn)行求解。.【答案】BD【解析】解：4金屬棒。第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的作用，做減速運(yùn)動(dòng)，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒。做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；A根據(jù)右手定則可知，金屬棒4第一次穿過磁場(chǎng)時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B正確；。.電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為：七=九出=3△t At平均電流為：/=￡2R金屬棒。受到的安培力為：F=Bld規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒處根據(jù)動(dòng)量定理得：BId△t=mvmvaaa0解得對(duì)金屬棒第一次離開磁場(chǎng)時(shí)速度：%=L5m/s金屬棒。第一次穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒4機(jī)械能的減少量，即10=-mv2-mv2弋2a0 2clcl聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得：Q=0.6875/由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒匕上產(chǎn)生的焦耳熱：Qb=&=0 20.343757,故。錯(cuò)誤；D規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得：mv=mv'+mv1aaaabb111—mv2=—m1/2+—m172aa2aa2bb聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒a反彈的速度為：%=0.5m/s設(shè)金屬棒a最終停在距磁場(chǎng)左邊界％處，則從反彈進(jìn)入磁場(chǎng)到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動(dòng)勢(shì)為：E'=n^=B(L%)d△tz Atz平均電流為：廠=旦2R金屬棒a受到的安培力為：F'=Bl'd規(guī)定向右為正方向，對(duì)金屬棒處根據(jù)動(dòng)量定理得：Bl'd-At=0mv'aa聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得：%=0.8m,故。正確。故選：BDO(1)金屬棒a第一次進(jìn)磁場(chǎng)，判斷安培力大小，然后判斷運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，進(jìn)而判斷加速度大小，從而知道物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；(2)根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向；(3)對(duì)金屬棒a動(dòng)量定理求第一次離開磁場(chǎng)的速度，動(dòng)能定理求電路產(chǎn)生的總熱量，然后求出金屬棒b的熱量；(3)彈性碰撞動(dòng)量守恒，能量守恒，求出碰后金屬棒。的速度，然后動(dòng)量定理求出最終停在距磁場(chǎng)左邊界的位置。本題綜合考查了法拉第電磁感應(yīng)定律和動(dòng)量定理，動(dòng)量守恒等知識(shí)。其中法拉第電磁感應(yīng)定律相關(guān)考查內(nèi)容屬于?？碱}型，動(dòng)能定理求熱量，動(dòng)量定理求速度或移動(dòng)距離都是高考熱點(diǎn)。.【答案】支衛(wèi)九4冗2九2【解析】解：②滑板車做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的周期為：Tin③根據(jù)單擺的周期公式T=2小=2兀與聯(lián)立解得：R=^=^-4冗2 4冗2n2答：j。n4冗2n2(2)單擺的周期為T=上n(3)小球在軌道上的擺角很小，擺角小于5°，則小球的運(yùn)動(dòng)可視為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件；根據(jù)單擺的周期公式T=2兀R可求解軌道半徑。9本題考查單擺的的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的條件，和單擺的周期公式。屬于基本題型。.【答案】15.40豎直9.74【解析】解：②兩擋光片間的距離L=15.40cm-0cm=15.40cm；③手提玻璃條上端使它靜止在豎直方向上，讓光電門的光束從玻璃條下端的透光部分通過。⑤玻璃條下部擋光條通過光電門時(shí)玻璃條的速度為v=—=1,00x10-2m/s=1m/s，t1 10.003x10-3玻璃條上部擋光條通過光電門時(shí)玻璃條的速度為v=—=1.00x10-2m/s=2m/s，t2 5.000x10-3根據(jù)速度位移公式有：v2-V2=2。3代入數(shù)據(jù)解得加速度：9=晅22=——22-12——m/s2=9.74m/s2。2L2x15.40x10-2故答案為：②15.40，③豎直方向，⑤9.74。

利用極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度求解機(jī)玻璃條兩擋光片經(jīng)過光電門時(shí)的速度%、%,機(jī)玻璃條自由下落，根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系公式列式求解自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度g。本題關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)中測(cè)量瞬時(shí)速度的方法，即用極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度,同時(shí)要結(jié)合速度位移公式求解加速度。16.【答案】分壓如圖所示1.83x103【解析】解：(1)由于各電壓表的電阻值比較大，為讓待測(cè)電阻分得較大電壓，所以要選擇分壓接法;(2)完整的電路圖，如圖所示(3)根據(jù)下表中的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，繪制的與-4圖象，如圖所示S.OOHeixiE3 r.qmipg3.002.001.00巴弟史如田T刊茄謫沆EHiHHimiimtuiixr；miuBHunmn3.002.001.00巴弟史如田T刊茄謫沆EHiHHimiimtuiixr；miuBHunmnismI粥盟斷奧鵬搦牌隔明腌洞里解射牌題i唧叱咂眄酹?jiǎng)偰_肆nEiEnmiuumsiiSlxmuJ.OO2.00 3.閱 4.MUi/V(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖，則有:心一心%「1則圖線d斜率為：k=Jr1根據(jù)u2根據(jù)u2-4圖象可得斜率:k=4.82-1.61=1.613.00-1.00則有：1.61=^^、 「1代入/=3.0k。，解得R%=1.83X103。(5)因待測(cè)電阻Ry(阻值約為700。)的阻值較小，若仍與電壓表匕串聯(lián)，則所分得的電壓過小，不利于測(cè)量，故待測(cè)電阻Ry與其中一個(gè)電壓表并聯(lián)，由于電源電動(dòng)勢(shì)只有6匕為讓待測(cè)電阻分得較大電壓，故待測(cè)電阻Ry應(yīng)與電壓表七并聯(lián)，再與電壓表匕串聯(lián)，故改進(jìn)后的電路圖，如圖所示S.DO4Q03002.001.00:h工謂;】hS.DO4Q03002.001.00:h工謂;】h1；端工口tuxiicnrjjixui由我!日鴕■HE瀉￡!￡乳罌［5網(wǎng)叫曬眼肉由眼;而］嘲楣愿摘翻觸國(guó)腳；SEEIHEHHFiJinS:HilimianiImiluituEiir.nnKUinnmnmil陽牖眶能耀跳腳融畫博踴聊雅硼圈］睡網(wǎng)科眠則i腳理曲刷smcliuHhEnmEUESinshxeizmat1.83x10312；1.00 2.00比如4MUliV(1)題目沒有電流表，只有兩個(gè)電壓表，電壓表電阻值比較大，為了待測(cè)電阻分得較大電壓，選擇分壓接法；(2)對(duì)R%進(jìn)行歐姆定律求解，將等式變形成U2=/<%)函數(shù)形式，進(jìn)而根據(jù)直線斜率求解J；(3)改裝電路主要依據(jù)是使兩個(gè)電壓表讀數(shù)達(dá)到滿偏的1?2，方便讀數(shù)，也為了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)準(zhǔn)確。本題考查分壓法和限流法的選擇原則和兩個(gè)電壓表測(cè)電阻的接法。電路圖的接法問題,要遵循安全和準(zhǔn)確的原則。<02 4.823.212.411.61出窟昌再法留瞪思思<02 4.823.212.411.61出窟昌再法留瞪思思一M-8?:??工工工，工III1H5口■口■HHH002.00避;KEisni■“四“UH:::“：”口-工■■￡■-***Z且一國(guó)(b)c（結(jié)果保留三位有效數(shù)字c（結(jié)果保留三位有效數(shù)字33）由5—5圖像得到待測(cè)定值電阻的組值&=O）完成上述實(shí)險(xiǎn)后，若要繼續(xù)采用該實(shí)險(xiǎn)原理測(cè)定另一個(gè)定值電阻凡.（阻值約為700Q）的陽值，在不額外噌加器材的前提下，要求實(shí)臉精度盡可能高，請(qǐng)?jiān)陂h（b）的虛線框內(nèi)畫出你改進(jìn)的電路圖。（5）［5］因待測(cè)電阻&.（阻值約為700G）的阻值較小】若仍與電壓表V1串聯(lián),則所分得的電壓過小，不利于測(cè)量，故待測(cè)電阻斗與其中一個(gè)電壓表并聯(lián)，由于電源電動(dòng)勢(shì)只有6V,為讓待測(cè)電阻分得校大電壓，故待測(cè)電阻&?應(yīng)與電壓表V,并聯(lián)，再與電壓表V1串聯(lián)，故改進(jìn)后的電路圖，如圖所示17.【答案】解：（1）由于活塞向下推的過程中，氣體內(nèi)部溫度不變，此過程為等溫過程，開始時(shí)氣體的壓強(qiáng)為：P］=%=1.0X105M，體積為：％=L0XS，當(dāng)觸發(fā)器D剛好被觸發(fā)時(shí)，氣體內(nèi)部的壓強(qiáng)為：p2=1.5X105。。，體積為：V2=LXS，由玻意耳定律可得：&X匕=。2X%，代入數(shù)據(jù)得：L=2=40cmo1 1 2 2 。2（2）加熱氣體的過程中，活塞被固定，氣體體積不變，此過程為等容過程，開始時(shí)氣體的壓強(qiáng)：氏=00=1.0X105。。，溫度為：。=t0+273K=300K，當(dāng)觸發(fā)器D剛好被觸發(fā)時(shí)，氣體內(nèi)部的壓強(qiáng)為：。2=1.5X105。。，溫度為：T2，由查理定律可得：=黑代入數(shù)據(jù)得：T2=3=450K。71丁2 。1答：（1）若環(huán)境溫度不變，緩慢向下推活塞，D剛好被觸發(fā)時(shí)，到缸底的距離為40cm；(2)若活塞固定在缸口位置，緩慢升高環(huán)境溫度，。剛好被觸發(fā)時(shí)的環(huán)境溫度為450K?！窘馕觥?1)由于活塞向下推的過程中，氣體溫度不變，故使用玻意耳定律對(duì)氣體的前后狀態(tài)進(jìn)行分析；(2)氣體加熱的過程中，活塞被固定，氣體體積不敗，故使用查理定律對(duì)氣體的前后狀態(tài)進(jìn)行分析。本題主要考察了考生玻意耳定律和查理定律的使用，需要注意的是，使用理想氣體狀態(tài)方程和三大定律時(shí)，分析的對(duì)象一定是同一氣體的初末狀態(tài)，而不是兩個(gè)氣體。18.【答案】解：(1)設(shè)小物塊。下到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為七,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mgR=v2CL 2CvCL代入數(shù)據(jù)解得：va=4m/s小物塊。在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有：F-mg=mNa ar代入數(shù)據(jù)解得支持力：Fn=30N根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊。對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N；(2)小物塊。與小物塊Z?發(fā)生彈性碰撞，取初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒有：mv=mv'+mvaaaabb根據(jù)能量守恒有：=~mav'l+~mbvl2ctci.2act2do聯(lián)立解得：v'a=-2m/s,vb=2m/s小物塊。反彈，對(duì)a根據(jù)機(jī)械能守恒有：^a9h=-mav'lCt 2aa解得：h=0.2m；(3)小物塊Z?滑上傳送帶，因與=2m/s>lm/s,故小物塊匕先做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有：l^mbg=mba解得a=2m/s2則小物塊。由2m/s減至Im/s,所走過的位移為：％=哈記=配二衛(wèi)m=0.75m12a2x2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：L= =-S=0.5s1a2因％=0.75m<L=1.25m,故小物塊匕之后將做勻速運(yùn)動(dòng)至右端，則勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：故小物塊。從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間:t=t+=0.5s+0.5s=lSo1 2答：(1)碰撞前瞬間小物塊a對(duì)圓弧軌道的壓力大小為30N；(2)碰后小物塊a能上升的最大高度為0.2m；(3)小物塊A從傳送帶的左端運(yùn)動(dòng)到右端所需要的時(shí)間為卜?！窘馕觥?1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小物塊。下到圓弧最低點(diǎn)的速度，小物塊。在最低點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力公式求解；(2)小物塊。與小物塊A發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒、能量守恒求解碰撞后的速度，小物塊。根據(jù)機(jī)械能守恒求解碰后小物塊。能上升的最大高度；(3)分析小物塊A滑上傳送帶的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行解答。本題主要是考查功能關(guān)系和牛頓第二定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是能清楚物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)過程中能量的轉(zhuǎn)化情況，根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公