2020年上海市高考物理模拟试卷(含答案解析)

一、单选题（本大题共12小题，共39.0分） 1. 下列说法中的“快”，指加速度的是( )

A. 乘坐“复兴号”从上海很快能到达北京 B. 在全运会上，宁泽涛在100m自由泳中游得最快

C. 运用“ABS”新技术，既能保证汽车在紧急刹车时的安全，又能使汽车很快停下米 D. 客机在20000m高空飞得很快

2. 下列说法中正确的是( )

A. 原子核由质子和中子组成 C. 质子和中子都带正电

B. 原子核由质子和电子组成 D. 原子核的质量数一定等于电荷数

3. 下列四幅图象中，能正确反映简谐运动回复力与位移关系的是( )

A.

B.

C.

D.

4. 用激光器作光源，在不透光的挡板上开一条缝宽为0.05𝑚𝑚的窄缝，进行光的衍射实验，如图甲

所示，则在光屏上看到的条纹是图中的( )

A.

B.

C.

D.

5. 对于温度，下列说法错误的是( )

A. 温度在宏观上反映物体的冷热程度

B. 温度高的物体内所有分子的分子动能都大于温度低的物体内的所有分子

C. 温度高的物体内有的分子的分子动能可以小于温度低的物体内的部分分子 D. 温度高的物体的分子平均动能一定大于温度低的物体，与物质种类无关

6. 如图所示，通过皮带传动的两个皮带轮(皮带和轮不发生相对滑动)，大轮的半径是小轮半径的2

倍，A、B分别是大小轮边缘上的点，则A、B的线速度、角速度、周期、向心加速度之比正确的是( )

A. 𝑣𝐴：𝑣𝐵=2：1 C. 𝜔𝐴：𝜔𝐵=1：1

B. 𝑇𝐴：𝑇𝐵=1：2 D. 𝑎𝐴：𝑎𝐵=1：2

7. 如图所示，倾角为𝜃的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过

细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则( )

A. B受到C的摩擦力一定不为零 B. C受到水平面的摩擦力一定为零

C. 不论B、C间摩擦力大小、方向如何，水平面对C的摩擦力方向一定向左 D. 水平面对C的支持力大小等于B、C的重力之和

8. 如图所示是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，图中实线

为波峰，虚线为波谷．已知两列波的振幅均为2cm，波速为2𝑚/𝑠，波长为8cm，E点是B、D和A、C连线的交点，下列说法中错误的是( )

A. A、C两处两质点是振动减弱的点

B. B、D两处两质点在该时刻的竖直高度差是8 cm C. E处质点是振动减弱的点

D. 经0.02 s，B处质点通过的路程是8 cm

9. 足够长的U形玻璃管开口朝下竖直放置，管中有两段水银，右边封闭了一段长

度为𝐿𝐴的气体，左边的活塞也封闭了一段长度为𝐿𝐵的气体，现将活塞缓慢地向上移动，左边的竖直管中始终有水银，两气柱长度变化是：

A. 𝐿𝐴不变，𝐿𝐵增大 C. 𝐿𝐴减小，𝐿𝐵增大

B. 𝐿𝐴不变，𝐿𝐵减小 D. 𝐿𝐴增大，𝐿𝐵减小

10. 如图甲所示，在光滑水平面上，使电路abcd的ad端加上如图乙所示的交变电压，a点电势高于

d点电势时电压u为正值，电路abcd所围区域内还有一弹性导线框MNPQ置于光滑水平面上，以下说法不正确的是( )

A. 𝑡1时刻，线框MNPQ中的感应电流为零 B. 𝑡2时刻，电路abcd对线框MN的安培力为零 C. 𝑡3时刻，线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向 D. 𝑡2～𝑡3时间内，线框MNPQ的面积会变大

11. 两条直导线互相垂直，如图所示，但相隔一个小距离，其中一条AB是

固定的，另一条CD能自由转动。当电流按图所示的方向通入两条导线时，CD导线将( )

A. 顺时针方向转动，同时靠近导线AB B. 逆时针方向转动，不平动

C. 顺时针方向转动，同时离开导线AB D. 逆时针方向转动，同时靠近导线AB

12. 2019年女排世界杯，中国女排以十一连胜夺冠，为祖国70周年国庆献礼。中国女排能始终站在

世界之巅，与她们能刻苦训练是分不开的。如图为女排运动员进行了原地起跳拦网训练。已知质量𝑚=50𝑘𝑔的运动员原地静止站立(不起跳)双手拦网高度为2.10𝑚，训练过程中该运动员先下蹲重心下降0.5𝑚，然后起跳(从开始上升到脚刚离地的过程)，最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90𝑚。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，取10𝑚/𝑠2.则( )

A. 运动员起跳过程处于失重状态

B. 起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度小

C. 起跳过程中运动员对地面的压力为1300N D. 从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4𝑠

二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）

13. 与水平面倾角成37°的足够长斜面上，一个物体以10𝑚/𝑠的初速度冲上斜面，后又返回到出发点，

它与斜面的动摩擦因数为0.5，则整个过程中总共用时______s，返回出发点时的速度大小是______𝑚/𝑠。(𝑠𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8)

14. 本题为选做题，考生只选择一题作答．若两题都作答，则按24−𝐴题计．

−𝐴.(本题供选修1−1的考生作答) 24−𝐵.(本题供选修3−1的考生作答) 英国物理学家麦克斯韦认为：变化的磁场如图所示，在同一条电场线上有A、B两点，将_________(选填“能”或“不能”)产生电𝑞=6×10−6𝐶的正点电荷由A移到B点，电场场．电磁波按照波长由长到短排列依次是：力做功_________J，电势能_________(选填无线电波、红外线、可见光、_________、X“增大”“减小”或“不变”)． 射线和𝛾射线． 15. 已知磁场的方向，试判断出产生相应磁场的电流方向。

(1)电流竖直______(向上/向下)； (2)电流______(顺时针/逆时针)； (3)电流上______下______(进/出)。

16. 如图气压式打包机，M是气缸，N是一个横截面积为𝑆2的大活塞，左边连接有推板，推住一个

包裹．缸的右边有一个横截面积为𝑆1的小活塞，它的连接杆在B处与推杆AO以铰链连接，O为固定转动轴，B、O间距离为d，杆长𝐴𝑂=𝐿，大气压为𝑃0.推杆推动一次，转过𝜃角(𝜃为一很小角)，小活塞移动的距离为𝑑𝜃.在图示状态，包已被压紧，此时缸内压强为𝑃𝑙，容积为𝑉0.若再推−次杆之后(此过程中大活塞的位移略去不计，温度变化不计)，包受到的压力为______，上述推杆终止时，手的推力为______．

𝑅1=𝑅2=𝑅3=𝑅，17. 如图所示，电源内阻不计，电流表、电压表均理想．两表的示数分别为0.3𝐴、

2.0𝑉，则电源电动势为______ V，𝑅= ______ 𝛺.若将两表的位置互换，则电压表示数为______ V，电流表示数为______ A.

三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）

18. 几位同学在物理实验室做“用单摆测定重力加速度”的实验．甲同学的实验 过程如下：

(1)当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为 𝑛=0，单摆每经过最低点记 一次数，当数到 𝑛=100 时秒表的示数如图1所示，该单摆的周期是 𝑇=______𝑠(结果保留三位有效数字)

(2)甲同学测得的 g 值偏小，可能的原因是______ A.测摆线长时摆线拉得过紧 B.测量时形成了圆锥摆 C.开始计时时，秒表提前按下 D.实验中误将 99 次数为 100 次

(3)乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则

该同学做出的𝑇2−𝐿图象为图2中的______

A.虚线①，不平行 OM 𝐵.虚线②，平行 OM 𝐶.虚线③，平行 𝑂𝑀𝐷.虚线④，不平行 OM (4)丙同学没有使用小钢球也测出了重力加速度．他利用一颗带孔螺丝组成如图3 所示的单摆，但没法测量其摆长．他先测出振动 n 个完整周期总时间 𝑡1，再将螺丝上提△𝑙，测出其振动 n 个完整周期的总时间 𝑡2.则根据该同学实验得出的数据，重力加速度 𝑔=______ (用已知的符号表示)

四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）

19. 如图所示，光滑导轨竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为𝐵=0.5𝑇，磁场方

向垂直于导轨平面向外，导体棒ab的长度与导轨宽度均为𝐿=0.2𝑚，导体棒电阻𝑅=1.0𝛺，导轨电阻不计，当导体棒紧贴导轨匀速下滑时，均标有“6𝑉 3𝑊”字样的两小灯泡恰好正常发光，求： (1)𝑎𝑏运动速度的大小； (2)电路的总功率。

20. 如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB底端与半径𝑅=0.4𝑚的光滑半圆轨道BC平滑相接，O为

轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直平面内，A、C两点等高．质量𝑚=1𝑘𝑔的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10𝑚/𝑠2． (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数𝜇；

(2)若使滑块能到达C点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；

(3)若滑块离开C处后恰能 垂直打在斜面上，求滑块经过C点时对轨道的压力．

【答案与解析】

1.答案：C

解析：解：A、乘坐“复兴号”从上海很快能到达北京，是指动车平均速度大，故A错误； B、在全运会上，宁泽涛在100m自由泳中游得最快，最快说明所用时间短，平均速度大，故B错误； C、汽车刹车很快停下来，说明速度变为零的时间短，即刹车加速度大，因此“汽车很快停下来”中的“快”表示加速度，故C正确；

D、客机在20000m高空飞行得很快，“快”指速度大，故D错误。 故选：C。

正确理解加速度的含义，加速度和速度无关，加速度是描述速度变化快慢即速度的变化率大小的物理量，尤其是正确区分现实生活中的速度、加速度的区别。

本题通过生活中的事例加深对“速度”、“加速度”等概念的理解，要求学生要注意学习中理论与实际的相结合。

2.答案：A

解析：解：AB、物质由分子组成，分子由原子组成，原子由原子核和电子组成，原子核由质子和中子组成，故A正确，B错误；

C、质子带正电，中子不带电，故C错误；

D、原子核的质量数等于质子数加中子数，而电荷数等于质子数，所以D错误。 故选A。

本题主要考查了原子的结构及组成，难度不大，但要细心，防止出错。原子的核式结构就像太阳一样，中间是原子核，周围是绕核转动的电子。

3.答案：B

解析：解：由𝐹=−𝑘𝑥可知，回复力与位移大小成反比，方向与位移方向相反，故其图象为B选项的图象，故ACD错误，B正确． 故选：B．

简谐运动的物体，回复力和位移的关系为𝐹=−𝑘𝑥，由公式可得出其对应的图象． 本题考查回复力与位移的关系图象，由公式得出图象是我们应掌握的一种能力．

4.答案：D

解析：解：由于衍射条纹狭缝平行，且中间宽、两边窄，不等间距．故D正确． 故选D．

根据衍射条纹的特点进行判断，光的衍射条纹与狭缝平行，且中间宽、两边窄． 解决本题的关键知道衍射条纹的特点，知道衍射条纹与干涉条纹的区别．

5.答案：B

解析：解：A、温度在宏观上反映物体的冷热程度，故A正确；

B、温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子平均动能大，这是统计规律，对于单个分子或者少量分子是不成立的，故B错误，CD正确； 因选错误的，故选：B

温度在宏观上反映物体的冷热程度，理解温度是分子平均动能的标志的含义，是对大量分子而言的，对单个分子无意义

本题主要考查了温度是分子平均动能的量度，对单个分子无意义

6.答案：D

解析：解：两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，故𝑣𝐴=𝑣𝐵 故𝑣𝐴：𝑣𝐵=1：1

根据公式𝑣=𝜔𝑟，v一定时，𝜔∝𝑟−1，故𝜔𝐴：𝜔𝐵=1：2 向心加速度：𝑎=𝑣⋅𝜔

所以：𝑎𝐴：𝑎𝐵=𝑣𝐴𝜔𝐴：𝑣𝐵𝜔𝐵=1：2； 周期𝑇=

2𝜋𝜔

，所以𝑇𝐴：𝑇𝐵=2：1

故选：D

两轮子靠传送带传动，轮子边缘上的点具有相同的线速度，共轴转动的点，具有相同的角速度，结合公式𝑣=𝜔𝑟列式分析

本题关键能分清同缘传动和同轴传动，还要能结合公式𝑣=𝜔𝑟列式求解，不难

7.答案：C

解析：解：A、当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力．当B的重力沿斜面向下的分力不等于绳子的拉力时，B受摩擦力．则B受到C的摩擦力一定不为零．故A错误．

BC、以物体B与物体C组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图如图． 根据平衡条件，水平面对C的摩擦力𝑓=𝐹𝑐𝑜𝑠𝜃.方向水平向左．故B错误，C正确． D、由图得到

水平面对C的支持力大小𝑁=𝐺𝐶+𝐺𝐵−𝐹𝑠𝑖𝑛𝜃<𝐺𝐶+𝐺𝐵.故D错误． 故选：C

对于B物体：当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力．以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图，根据平衡条件分析地面对C的支持力和摩擦力大小和方向． 本题关键存在选择研究对象，当几个物体的加速度相同时，可以采用整体法研究，往往比较简单方便．

8.答案：C

解析：解：A、由图可知，A、C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱。故A正确。 B、由图可知，B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时D点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm。故B正确。

C、B、D两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点。故C不正确。 D、由𝑇=

=𝑇

𝜆

8×10−2

2

𝑠=0.04𝑠，时间𝑡=0.02𝑠为半个周期，则B点处质点通过的路程是𝑆=2𝐴=

2×4𝑐𝑚=8𝑐𝑚。故D正确。 本题选择不正确的，故选：C

两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍．

本题考查对波的叠加原理及规律的理解能力．两列波叠加振动加强时，振幅增大，等于两列波单独传播时振幅之和．

9.答案：B

解析：解：对于右边封闭的气体𝐿𝐴而言属于等压变化，在缓慢移动过程中，温度几乎不变，由理想气体状态方程𝑇=𝐶可知，体积不变，所以𝐿𝐴不变，由于右侧压强不变，在压迫𝐿𝐵过程中，造成左右压强差增加，所以B部分压强变大，由理想气体状态方程𝑇=𝐶可知，在温度不变时，压强变大，所以体积变小，即答案B正确 故选：B

对两部分气体分别利用理想气体状态方程，确定气体状态参量的变化．

本题为两部分气体有关联的题目，做题时分别对两部分利用理想状态方程求解，注重气体之间的联系．

𝑃𝑉

𝑃𝑉

10.答案：D

解析：解：A、由图可知，在𝑡1时刻，电路abcd中的电压最大，则电流电流最大，穿过线框MNPQ的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，所以线框MNPQ中的感应电流为零，故A正确； B、在𝑡2时刻，电路abcd中的电流为零，则电路abcd产生的磁场为零，所以电路abcd对线框MN的安培力为零，故B正确；

C、在𝑡3时刻，电路abcd中的a点的电势低，电流为逆时针方向的电流，根据安培定则可知，电流的磁场方向向外；电路abcd中的电流正在增大，可判定穿过线框MNPQ的磁通量向外增大，由楞次定律可知，线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向，故C正确；

D、结合C选项的分析可知，在𝑡2到𝑡3时间内，穿过线框MNPQ的磁通量向外增大，由楞次定律可知，线框MNPQ中的感应电流会阻碍穿过线框MNPQ的磁通量向外增大，则线框的面积有缩小的趋势，故D错误。 本题选择不正确的， 故选：D。

根据安培定则确定电流与磁场的方向关系，再根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。当磁通量增大时，感应电流的磁场与它相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与它相同。最后运用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。

解决本题的关键掌握安培定则、楞次定律的内容，知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同。

11.答案：D

解析：

电流CD处于电流AB产生的磁场中，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动。当CD导线转过90°后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。

电流AB产生的磁场在右边垂直纸面向里，在左边垂直纸面向外，在CD左右两边各取一小电流元，根据左手定则，左边的电流元所受的安培力方向向下，右边的电流元所受安培力方向向上，知CD导线逆时针方向转动。当CD导线转过90°后，两电流为同向电流，相互吸引。所以导线CD逆时针方向转动，同时靠近导线AB。故D正确，ABC错误。 故选D。

12.答案：C

解析：解：AC、从开始起跳到脚离开地面重心上升ℎ1=0.5𝑚，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离ℎ2=2.90𝑚−2.10𝑚=0.8𝑚， 运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据2𝑔ℎ2=𝑣2可知：𝑣=√2𝑔ℎ2=√2×10×0.8𝑚/𝑠=4𝑚/𝑠 在起跳过程中，根据速度位移公式可知：2𝑎ℎ1=𝑣2，𝑎=2ℎ=2×0.5𝑚/𝑠2=16𝑚/𝑠2

1

𝑣242

由牛顿第二定律得：𝐹𝑁−𝑚𝑔=𝑚𝑎 解得：𝐹𝑁=𝑚𝑔+𝑚𝑎=1300𝑁

由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1300N，方向竖直向下，故A错误，C正确。 B、根据平均速度公式𝑣=错误；

D、加速上升时间为：𝑡1═𝑎=0.25𝑠 减速上升的时间为：𝑡2=𝑔=0.4𝑠

故总时间为：𝑡=𝑡1+𝑡2=0.65𝑠，故D错误； 故选：C。

运动员起跳过程视为匀加速运动，加速度向上，处于超重状态；

运动员离开地面后竖直上抛，根据速度位移公式求得初速度；起跳过程中，根据速度位移公式求得加速度，根据牛顿第二定律求得作用力；

根据速度时间公式求得加速和减速阶段的时间即可求得。

𝑣𝑣−

𝑣0+𝑣2

知起跳过程的平均速度等于离地上升到最高点过程的平均速度，故B

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，加速度是解决问题的中间桥梁，明确运动过程是解题的关键。

13.答案：1+√5 2√5

解析：解：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得：𝑎1=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃+𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=10𝑚/𝑠2 根据速度公式：𝑡1=

△𝑣1𝑎1

=

1010

𝑠=1𝑠

2

根据位移速度公式得：2𝑎1𝑠=𝑣0

解得向上的位移：𝑠=5𝑚；

根据牛顿第二定律可知下滑时：𝑎2=𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃=2𝑚/𝑠2 根据位移速度公式得：𝑣2=2𝑎2𝑠 解得：𝑣=2√5𝑚/𝑠 向下运动的时间：𝑡2=

𝑣𝑎2

=

2√52

𝑠=√5𝑠

所以物体运动的总时间为：𝑡=𝑡1+𝑡2=1+√5𝑠 故答案为：1+√5，2√5。

对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据位移速度关系求解上滑的时间和最大位移；根据牛顿第二定律求出下滑时的加速度，根据位移速度关系求出末速度，根据位移公式求出时间。

本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中。

14.答案：(1)能 紫外线

(2)3×10−5  减小

解析：

(1)麦克斯韦电磁理论：变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场；电磁波谱按照波长的顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和𝛾射线。

(2)顺着电场线电势降低，正电荷顺着电场线移动电场力做正功，电势能减小。电场力做功用𝑊=𝑈𝑞计算。

本题考察电磁波及电磁波谱，电场力做功问题，基础题。

(1)变化的电场能够产生磁场，变化的磁场能够产生电场；电磁波谱按照波长的顺序是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和𝛾射线，故填紫外线。 (2)由A移到B点时，𝑈𝐴𝐵=𝜑𝐴−𝜙𝐵=5𝑉 

电场力的功Ｗ𝐴𝐵=𝑞𝑈𝐴𝐵=3×10−5𝐽，即电场力做正功，电势能减小了3×10−5𝐽。 故答案为(1)能；紫外线；(2)3×10−5；减小。

15.答案：向下 逆时针 出 进

解析：解：(1)对于直线电流，根据安培定则：右手握住直导线，大拇指指向表示电流方向，四指弯曲方向表示磁场的方向，故电流方向竖直向下；

(2)对于通电线框，根据安培定则：四指弯曲表示电流方向，

大拇指所指方向为线框内部的磁场方向，故电流方向为逆时针方向；

(3)对于通电螺线管，根据安培定则：四指弯曲表示电流方向，大拇指所指方向为线框内部的磁场方向，故其电流方向为上出下进方向， 总之，导线和线圈电流方向如下图；

故答案为：(1)向下；(2)逆时针；(3)出，进。

根据安培定则，分别对直导线、环形电流、通电螺旋管的磁场的方向判断电流的方向。

解决本题的关键掌握安培定则判断电流方向和磁场方向的关系，特别是通电螺旋管，其拇指所指方向为螺旋管内部的磁场方向。

(−𝑃)𝑆𝑑11

16.答案：(𝑉−𝜃𝑑𝑆−𝑃0)𝑆2；𝑉0−𝜃𝑑𝑆101

0

1

𝑃𝑉

𝑃1𝑉0

𝐿

解析：解：初态：𝑃1=𝑃1，𝑉1=𝑉0 末态：𝑃2=？，𝑉2=𝑉0−𝜃𝑑𝑆1

整个过程温度不变，由玻意耳定律可得𝑃1𝑉1=𝑃2𝑉2

11

解得𝑃2=𝑉−𝜃𝑑𝑆

0

1

𝑃𝑉

11

包受到的压力为𝑃2=(𝑉−𝜃𝑑𝑆−𝑃0)𝑆2

0

1

𝑃𝑉

(2)根据𝐹

𝐿

=

(

(

𝑃1𝑉1−𝑃0)𝑆1

𝑉0−𝜃𝑑𝑆1

𝑑

得

解得𝐹=

𝑃1𝑉0

−𝑃0)𝑆1𝑑

𝑉0−𝜃𝑑𝑆1𝐿𝑃1𝑉1

(

𝑃1𝑉0−𝑃0)𝑆1𝑑

𝑉0−𝜃𝑑𝑆1

故答案为：(𝑉−𝜃𝑑𝑆−𝑃0)𝑆2

0

1

𝐿

(1)整个过程为等温过程，找出初末状态，利用玻意耳定律即可求得压强，根据𝐹=𝑃𝑆求的压力； (2)根据力矩原理即可求得此时推力

本题主要考查了玻意耳定律，找出初末状态，利用玻意耳定律求的压强，即可求得压力，根据力矩原理求的推力

17.答案：4；20；4；0

解析：解：理想电压表相当于断路，理想电流表相当于短路；

左图中电压表测量是电阻𝑅3的电压，为𝑈3=2𝑉，因𝑅1=𝑅2=𝑅3=𝑅，故电阻𝑅2的电压为𝑈2=2𝑉，电阻𝑅1的电压为𝑈1=4𝑉，而电源的内阻不计，电源的电动势为： 𝐸=𝑈1=4𝑉； 由𝐸=𝐼⋅得：𝑅=

𝑅⋅2𝑅3𝑅3𝐸2𝐼

=𝐼⋅3𝑅

3×4

2

=2×0.3𝛺=20𝛺

右图中若将两表的位置互换，理想电压表相当于断路，故电路中没有电流，电流表读数为0；电压表读数等于电源的电动势，为4V； 故答案为：4，20，4，0．

理想电压表相当于断路，理想电流表相当于短路，图中电阻𝑅2与𝑅3串联后再与𝑅1并联，电压表测量是电阻𝑅3的电压，电流表测量干路电流；若将两表的位置互换，则电路中没有电流． 本题关键是理清电路结构，知道理想电压表相当于断路，理想电流表相当于短路，基础题目．

18.答案：0.754 C B

4𝜋2𝑛2△𝑙

2−𝑡2𝑡12

𝑇=(1)由图示秒表可知，𝑡=60𝑠+7.7𝑠=67.7𝑠，解析：解：其示数：单摆周期：(2)由单摆周期公式：𝑇=2𝜋√可得：𝑔=

𝑔

𝐿

4𝜋2𝐿𝑇2

𝑛2𝑡

=

37.7

1002

=0.754𝑠．

；

A、测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由𝑔=

4𝜋2𝐿𝑇2

可知所测重力加速度g偏大，故A错误；

B、测量时形成了圆锥摆，摆球在水平面内做圆锥摆运动，等效摆长𝐿𝑐𝑜𝑠𝜃比实际的摆长短，摆长的测量值偏大，则重力加速度的测量值偏大，故B错误； C、开始计时时，秒表提前按下，所测周期T偏大，由𝑔=确；

D、实验中误将 99 次数为 100 次，所测周期T偏小，由𝑔=错误； 故选：C．

(3)由单摆周期公式：𝑇=2𝜋√可得：𝑇2=

𝑔

𝐿

4𝜋2𝐿𝑔

4𝜋2𝐿𝑇24𝜋2𝐿𝑇2

可知所测重力加速度g偏小，故C正

可知所测重力加速度g偏大，故D

=

4𝜋2(𝑙+𝑟)

𝑔

=

4𝜋2𝑔

𝑙+

4𝜋2𝑟𝑔

，测量摆长时忘了加上摆球

的半径，则该同学做出的𝑇2−𝐿图象与OM平行且图象左移，由图示图象可知，图线为②，故B正确；故选B．

𝑇1=1，𝑇2=2，(4)单摆的周期：由单摆周期公式得：𝑇1=2𝜋√，𝑇2=2𝜋√𝑛𝑛

𝑔

𝑡

𝑡

𝑙

𝑙−△𝑙𝑔

𝑔=，解得：

4𝜋2𝑛2△𝑙

2−𝑡2𝑡12

；

故答案为：(1)0.754；(2)𝐶；(3)𝐵；(4)

4𝜋2𝑛2△𝑙

2−𝑡2𝑡12

．

(1)秒表分针与秒针示数之和是秒表示数，单摆完整一次全振动需要的时间是一个周期． (2)根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析答题． (3)根据单摆周期公式求出求出图象的函数表达式，然后分析图示图答题． (4)根据题意应用单摆周期公式求出重力加速度．

本题考查了秒表读数、求单摆周期、实验误差分析、求重力加速度等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法；掌握基础知识是解题的前提与关键，应用单摆周期公式即可解题．

19.答案：解：(1)灯泡正常发光，流过每个小灯泡的电流：𝐼𝐿=𝑈=6𝐴=0.5𝐴，

额

𝑃额

3

流过导体棒ab的电流为：𝐼=2𝐼𝐿=2×0.5𝐴=1𝐴 根据闭合电路欧姆定律得，ab产生的感应电动势为： 𝐸=𝑈𝐿+𝐼𝑅=6𝑉+1×1.0𝑉=7𝑉

导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势：𝐸=𝐵𝐿𝑣， 代入数据解得，ab运动的速度𝑣=70𝑚/𝑠； (2)电路的总功率为：𝑃=𝐸𝐼=7×1𝑊=7𝑊； 答：(1)𝑎𝑏运动速度的大小为70𝑚/𝑠；

(2)电路的总功率是7W。

解析：(1)根据电功率公式求出灯泡正常发光时的电流，根据并联电路特点求出流过导体棒的电流大小；根据闭合电路欧姆定律可求出感应电动势E，再由𝐸=𝐵𝐿𝑣求解导体棒ab匀速时的速度。 (2)由公式𝑃=𝐼𝐸可求得电路的总功率。

本题中灯泡正常发光是突破口，要知道用电器只有在额定电压下才能正常工作；导体棒切割磁感线产生的感应电动势是联系电路和电磁感应的桥梁，能够综合运用电路、力学和电磁感应知识进行求解。

20.答案：解：

(1)𝐴到D过程：根据动能定理

则有𝑚𝑔×(2𝑅−𝑅)−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠450×𝑠𝑖𝑛450=0−0 解得：𝜇=0.5

(2)若滑块恰能到达C点，根据牛顿第二定律有

2𝑚𝑣𝐶

𝑚𝑔=𝑅2𝑅

解得：𝑣𝑐=√𝑅𝑔=2𝑚/𝑠

2

−0 从高为H的最高点到C的过程：根据动能定理有𝑚𝑔(𝐻−2𝑅)−𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠450×𝑠𝑖𝑛450=2𝑚𝑣𝐶

𝐻

1

解得：𝐻=2𝑚

(3)离开C点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有 水平位移𝑥=𝑣′𝐶𝑡 竖直位移，𝑦=2𝑔𝑡2=

0

速度关系，𝑡𝑎𝑛45=

1

𝑣𝑦2

𝑡

𝑣′𝐶

𝑣𝑦

位移关系，𝑡𝑎𝑛450=解得 𝑣′𝐶=

2𝑅−𝑦𝑥

4√3𝑚/𝑠 3

𝑣′2𝐶𝑅

在C点，有𝑚𝑔+𝐹′𝑁=𝑚解得：𝐹′𝑁=3.3𝑁

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为3.3𝑁 答：(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数0.5；

(2)若使滑块能到达C点，则滑块至少从离地2m高处由静止开始下滑；

(3)若滑块离开C处后恰能 垂直打在斜面上，则滑块经过C点时对轨道的压力为3.3𝑁．

解析：(1)选取从A到D过程，根据动能定理，即可求解；

(2)滑块恰能到达C点，根据牛顿第二定律，求得C点的速度，再根据动能定理，从而即可求解； (3)滑块做平抛运动，根据运动的分解，由运动学公式与牛顿第二定律，则可求出滑块对轨道的压力． 考查动能定理、牛顿第二定律、运动学公式等规律的应用，并掌握如何处理平抛运动的方法，同时注意动能定理中功的正负值．