2024年四川省南充市高考物理一诊试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年四川省南充市高考物理一诊试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.某课外活动小组测试遥控电动小车的性能，得到电动小车0∼4s的v−t图像如图，则该电动小车( )
A. 0∼4s做往复运动B. 0∼4s做匀速直线运动
C. 0∼1s和3∼4s的平均速度相等D. 1∼2s和2∼3s的加速度相等
2.蹦极是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动、如图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在O点，另一端和质量为60kg的跳跃者相连，跳跃者从距离地面45m的高台站立着从O点自由下落，到B点弹性绳自然伸直，C点加速度为零，D为最低点，然后弹起。运动员可视为质点，不计弹性绳的质量，整个过程中忽略空气阻力。则下列说法正确的是( )
A. 跳跃者从O到B的运动为变加速直线运动
B. 跳跃者从B运动到C的过程，始终处于失重状态
C. 跳跃者从B运动到C的过程，减少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能
D. 假设弹性绳索长20m，劲度系数为1000N/m，可以得到C点与O点的距离是26m
3.如图甲是一种常见的持球动作，用手臂挤压篮球，将篮球压在身侧。为了方便问题研究，将该场景模型化为如图乙，若增加手臂对篮球的压力，篮球依旧保持静止，则下列说法正确的是( )
A. 篮球受到的合力增大
B. 篮球对人的静摩擦力方向竖直向上
C. 人对篮球的作用力的方向竖直向上
D. 手臂对篮球的压力是由于篮球发生形变而产生的
4.电容器储能已经广泛应用于电动汽车，风光发电储能，电力系统中电能质量调节。电容器储能的原理是，当电容器充电后，所带电荷量为Q，两极板间的电势差为U，则板间储存了电能。如图是电容为C的电容器两极板间电势差u和所带电荷量q的u−q图像，则( )
A. 该电容器的电容C随电荷量q增大而增大
B. 图像中直线的斜率等于该电容器电容C
C. 电源对该电容器充电为Q时，电源对该电容器做的功为QU
D. 电源对该电容器充电为Q时，该电容器储存的电能为Q22C
二、多选题：本大题共6小题，共33分。
5.质量为2kg的物体与水平地面的动摩擦因数为0.1，在水平拉力F的作用下由静止开始运动，拉力F做的功W和物体的位移s之间的关系如图所示，重力加速度g=10m/s2，物体从静止到位移为9m的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 物体一直做匀加速直线运动
B. 拉力F的平均功率为6.75W
C. 物体克服摩擦力做功为18J
D. 拉力F的最大瞬时功率为12W
6.如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30∘，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aQ分别为( )
A. aP=0B. aP=gC. aQ=g2D. aQ=g
7.两个固定的点电荷P、Q所形成电场的等势线如图中的虚线所示，一带电粒子以某一初速度从图中的d点进入电场，仅在静电力的作用下运动，运动轨迹如图中的实线所示。下列说法正确的是( )
A. 点电荷P、Q带有等量同种电荷，粒子带负电
B. 粒子从d点到a点的运动过程中，静电力先做正功后做负功
C. 粒子从d点到a点运动的过程中，电势能先增大后减小
D. 粒子经过a点和d点时的速度相同
8.如图，竖直平面内存在竖直向上、电场强度大小为E的匀强电场，绝缘水平地面与圆心为O、半径为R的竖直固定的半圆形绝缘轨道AB平滑相接于A点。一质量为m、电荷量为q的带正电的光滑小球在水平面上以大小为v0的速度向右运动，小球经A点沿轨道向上运动，恰好能通过B点。已知E=mg4q，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 小球通过B点时的速度大小为 gR
B. v0的大小为 15gR2
C. 小球从脱离半圆轨道至落地，在空中运动的时间为4 Rg
D. 小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为12
9.一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态。其p−T图像如图，ac的延长线过坐标原点，ab垂直T轴，bc平行T轴。下列判断正确的是( )
A. 过程ab中气体体积增大
B. 过程ab中气体一定吸收热量
C. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D. a、b和c三个状态中，状态c分子的平均动能最小
E. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同
10.杜甫在《曲江》中写到：穿花蛱蝶深深见，点水蜻蜓款款飞。平静水面上的S处，“蜻蜓点水”时形成一列水波向四周传播(可视为简谐波)，A、B、C三点与S在同一条直线上。图示时刻，A在波谷与水平面的高度差为H，B、C在不同的波峰上。已知波速为v，A、B在水平方向的距离为a，则下列说法正确的是( )
A. 水波通过尺寸为1.5a的障碍物能发生明显衍射
B. A点振动频率为2va
C. 到达第一个波峰的时刻，C比A滞后3av
D. 从图示时刻起，经过时间av，B、C之间的距离增大
E. 从图示时刻开始计时，A点的振动方程是y=Hsin(πvat+3π2)
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某学校的学生在做“探究共点力合成的规律”实验时：
(1)以下三位同学的实验操作最合理的是______(填选项的字母)；
(2)如图A、B、C分别是甲、乙、丙三位同学根据F1、F2的大小与方向，利用两块三角板画平行四边形的情况，其中正确的是______(填选项的字母)。
12.如图(a)一段粗细均匀、中空的圆柱形导体，某同学设计了如下实验间接测量中空部分的直径大小：
(1)用螺旋测微器测得这段导体横截面的直径D如图(b)所示。则直径D=______ mm，然后又测得该导体的长度L；
(2)利用如图(c)所示的电路准确测量这段导体两端面之间的电阻值，除待测导体Rx外，实验室还提供了下列器材：
A.电流表A1(量程为20mA，内阻r=25Ω)
B.电流表A2(量程为50mA，内阻未知)
C.滑动变阻器RP(0∼10Ω)
D.定值电阻R1=200Ω
F.电源(电动势E=4.5V，内阻可以忽略)
E.定值电阻R2=20Ω
G.开关S、导线若干
根据所给器材和电路图，电路中定值R应选择______(选填R1或R2)；
为了减小误差，改变滑动变阻器滑动触头的位置，测出几组A1的示数I1、A2的示数I2，作出I2−I1关系图像如图(d)所示，图线上某点的坐标值分别为a和b，则可知这段导体两端面间电阻的测量值Rx=______(用图像中和题设给出的物理量符号表示)；
(3)查得这段导体材料的电阻率ρ，则中空部分的直径大小测量值为______(用图像中和题设给出的物理量符号表示)。
四、简答题：本大题共4小题，共45分。
13.图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L=0.2m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度v10=2m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)2号滑环获得的初速度v20的大小；
(2)1号滑环滑行的总距离d。
14.如图，足够长的光滑绝缘水平台面左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m=0.05kg的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接，小球带电荷量q=+1×10−4C。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台面右端A点飞出，恰好能以v=5m/s的速率没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道滑下。已知倾斜轨道与水平方向夹角为α=37∘、倾斜轨道长为L=2.75m，带电小球与倾斜轨道间的动摩擦因数μ=0.5。倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与半径R=0.5m的光滑过山车模型的竖直圆轨道相连，小球在C点没有机械能损失，运动过程小球的电荷量保持不变。竖直圆轨道处在范围足够大的竖直向下的匀强电场中，圆轨道上的一点P位于圆轨道最低点D的右侧，距水平轨道高为h0=0.06m(cs37∘=0.8,sin37∘=0.6,取g=10m/s2)。求：
(1)AB间的竖直距离h及被释放前弹簧的弹性势能Ep；
(2)要使小球不脱离轨道(水平轨道足够长)，电场强度E所满足的条件；
(3)如果E=2×104N/C，小球进入轨道后，能够通过P点的次数。
15.如图，内壁光滑的导热汽缸内用质量为m，横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞在距缸底的距离为H处保持静止，已知大气压强p0，重力加速度g，环境温度保持不变。现将汽缸缓慢转动90∘放平，求：
(1)活塞向外移动的距离d；
(2)为使放平后活塞与缸底的距离仍为H，需在转动前通过气门缓慢放出一定质量的气体，求放出气体占原有气体质量的比例m放m原。
16.如图是半径为R半球形玻璃砖的剖面图，圆心为O，AB为水平直径，S为剖面的最低点，现有一单色细光束从距离O点 33R的C点以与竖直方向成α=60∘的角度射入，光束折射后恰好能到达S点。
Ⅰ.求玻璃砖的折射率n；
Ⅱ.若用该单色光垂直照射整个AB面，求能从ASB半球面射出的光的横截面积。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.根据v−t图可知，v一直大于等于0，所以小车速度方向不改变，没有做往复运动。故A错误；
B.由v−t图可知，速度大小一直在改变，由此得出它做变速直线运动。故B错误；
C.由图可知，0∼1s和3∼4s的位移相等，时间间隔相等，所以平均速度相等。故C正确；
D.在v−t图中，斜率代表加速度，因为1∼2s斜率为负，2∼3s的斜率为正，所以加速度方向不同。故D错误。
故选：C。
根据v−t图像中速度值的正负得出小车的运动方向，由图线斜率的情况判断出小车的运动性质，结合平均速度的概念计算不同时间段的平均速度。
本题考查学生对v−t图像的理解和应用，解题关键是正确理解v−t图像中图线斜率和速度值正负的物理意义，是一道好题。
2.【答案】B
【解析】解：A、从O点到B点的运动过程，跳跃者只受重力，所以跳跃者做匀加速直线运动，故A错误；
BC、跳跃者在C点加速度为零，重力与弹性绳的弹力大小相等，从B运动到C的过程重力大于弹性绳的弹力，合力竖直向下，加速度竖直向下，且逐渐减小，所以跳跃者做变加速直线运动，处于失重状态；减少的重力势能等于弹性绳增加的弹性势能与跳跃者增加的动能之和，故B正确，C错误；
D、在C点时，根据共点力平衡条件可知：mg=kx，解得：x=0.6m，所以C点与O点的距离是s=L0+x=20m+0.6m=20.6m，故D错误。
故选：B。
根据跳跃者的受力情况来分析其运动情况，从而确定其运动状态。运动员向下运动的过程中，重力势能与动能、弹性势能发生转化，由能量守恒分析减少的重力势能与弹性绳增加的弹性势能的关系。在C点，合力为零，根据平衡条件以及胡克定律求出弹簧的伸长量，再确定C点与O点的距离。
解决本题时，要知道加速度的方向与合力的方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，速度增大，当加速度方向与速度方向相反时，速度减小。
3.【答案】C
【解析】解：AC、篮球受到重力和人对篮球的作用力下保持静止状态，根据力的平衡条件可知，篮球的重力与人对蓝球的作用力大小相等方向相反，即人对篮球的作用力的方向竖直向上，篮球受到的合力不变，A错误，C正确；
B、篮球对人的静摩擦力在篮球与人的两个接触面间都有，根据受力平衡，两个摩擦力的向上的合力等于重力与压力的分力，根据相互作用力，人受到篮球的摩擦力不是竖直向上的，故B错误；
D、根据弹力产生的特点，手臂对篮球的压力是由于手臂发生形变而产生的，D错误。
故选：C。
篮球处于静止状态，所以受力平衡，对篮球受力分析，联立平衡方程，再结合相互作用力分析。
本题考查受力平衡和弹力产生的条件，在做题中要注意，施力物体产生形变给受力物体一个弹力。
4.【答案】D
【解析】解：A.电容器的电容由电容器本身来决定，与所带电荷量及两端所加电压无关，故A错误；
B.根据电容的定义式可得
U=1C×Q
即图像的斜率为电容器电容的倒数，故B错误；
C.根据电功的计算公式
W=UIt
又Q=It
联立解得：W=UQ
图像的面积表示电功，W=QU2
又C=QU
联立解得：W=Q22C，故C错误；
D.根据功能关系可知电功等于两板间储存了电能，即储存的电能为：
Ep=W=Q22C，故D正确。
故选：D。
根据电容器的电容由电容器本身来决定分析；根据图像的斜率为电容器电容的倒数分析；根据图像与坐标轴围成的面积代表电功结合Q=CU解答；根据功能关系分析电容器储存的电能。
本题考查电容器的相关知识，关键是要理解Q−U图象与横坐标轴围成的面积表示电容器充电过程中电容器储存的电能。
5.【答案】BC
【解析】解：A.依题意，拉力做功为
W=Fs
则W−s图像中图线的斜率表示拉力F，由图像可得，0∼3m内，拉力大小为
F1=153N=5N
3∼9m内，拉力大小为
F2=27−159−3N=2N
依题意，运动过程中，物体与水平地面的摩擦力为
f=μmg=0.1×2×10N=2N
可知，物体在0∼3m内
a1=F1−fm=5−22m/s2=1.5m/s2
做匀加速直线运动
3∼9m内
a2=F2−fm=2−22m/s2=0
做匀速直线运动。故A错误；
C.物体克服摩擦力做功为
W=fs=2×9J=18J
故C正确；
BD.0∼3m内，由运动学公式有
v2=2a1s1
解得
v=3m/s
加速运动的时间为
t1=va1=31.5s=2s
匀速运动的时间为
t2=s2v=9−33s=2s
由图像可知整个过程拉力做功为
W=27J
拉力F的平均功率为
P=Wt=272+2W=6.75W
拉力F的最大瞬时功率为
P1=F1v=5×3W=15W
故B正确；D错误。
故选：BC。
首先根据W−s图像的斜率表示拉力F，结合牛顿第二定律得出物体的两个时间段内的加速度，再由恒力功的定义式计算摩擦力做功，最后根据平均功率和瞬时功率的公式，计算出平均功率和瞬时功率即可。
本题考查平均功率和瞬时功率的计算，涉及牛顿第二定律、恒力功等相关知识点的计算。是一道小型综合题。
6.【答案】AD
【解析】解：AB.对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，处于平衡状态，合力为零，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，故物体P的受到的合力仍为零，故加速度aP=0，故A正确，B错误；
CD.对PQ整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细线的拉力，整体系统处于静止状态，根据平衡条件有
T=2mgsinθ
细绳被剪断的瞬间，细线的力就突变成零了，物体Q的受力合外力情况会与之前的拉力T等大反向，即
F合=T=2mgsin⁡θ
所以
aQ=2mgsinθm=g
故C错误，D正确。
故选：AD。
根据弹簧不能发生突变分析剪断细绳前后物体P的受力情况，结合平衡条件判断；剪断细绳前对PQ整体分析，根据平衡条件列方程，剪断细绳后根据牛顿第二定律列方程计算。
本题关键掌握细绳、弹簧的特点。
7.【答案】AC
【解析】解：A.由图，靠近点电荷P、Q处的等势面电势高，说明点电荷P、Q均带正电，则点电荷P、Q带同种电荷；结合题图左右对称可知两处电荷量相等；根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，右段合外力方向大致左下，左段电场强度方向垂直等势面向右，可知粒子带负电，故A正确；
BC.粒子从d点到a点运动的过程中，粒子受到的电场力方向先与运动方向之间的夹角是钝角，后电场力方向与运动方向之间的夹角是锐角，则电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故B错误，C正确；
D.由图可知a点和d点的电势相等，即Uda=0，则粒子从d点到a点电场力所做总功为零，故粒子在a点和d点的速度大小相等，但无法判断是否过两点电荷连线的重点，所以速度的方向无法判断，则两点的速度无法判断，故D错误。
故选：AC。
根据点电荷周围电势变化的特点判断P与Q的电性，结合等势面的对称性判断出两处的电荷量相等；根据带电粒子轨迹弯曲的方向判断粒子受到的电场力的方向，然后判断出粒子的电性；根据受力分析与运动方向之间的夹角关系判断电场力做正功还是做负功；速度是矢量，速度相等包括速度的大小与方向。
本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力。根据电场力做功分析动能和电势能的变化是常用的思路。
8.【答案】BD
【解析】解：A、小球恰好能通过B点，轨道对小球的支持力恰好为零，由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得
mg−qE=mv2R
结合题意E=mg4q，解得B点的速度大小为：v= 3gR4，故A错误；
B、小球从A到B的过程中，由动能定理得：qE⋅2R−2mgR=12mv2−12mv02，代入数据解得：v0= 15gR2，故B正确；
C、小球脱离轨道后做类平抛运动，在竖直方向上有
mg−qE=ma，2R=12at2
代入数据解得：a=34g，t=43 3Rg，故C错误；
D、小球落地瞬间竖直方向速度大小为vy=at=34g⋅43 3Rg= 3gR
小球在空中运动时，水平方向做匀速直线运动，故小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值为
tanθ=vvy= 3gR4 3gR=12，故D正确。
故选：BD。
小球恰好能通过B点，轨道对小球的支持力恰好为零，由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算小球通过B点时的速度大小。小球从A到B的过程中，由动能定理计算v0的大小。小球从脱离半圆轨道至落地，研究竖直方向的运动情况，根据牛顿第二定律和位移-时间公式相结合求运动时间。根据分速度公式和分速度关系求小球落地前一瞬间速度与竖直方向夹角的正切值。
解答本题时，要根据小球的运动情况确定其受力情况，明确向心力来源，知道小球恰好能通过B点时，由重力和电场力的合力提供向心力。能熟练运用运动的分解法处理类平抛运动。
9.【答案】ABD
【解析】解：A、过程ab中气体温度不变，压强减小，则根据pV=C分析可知气体的体积增大，故A正确；
B、过程ab中气体温度不变，内能不变，ΔU=0。体积变大，气体对外做功，W<0，则根据热力学第一定律ΔU=Q+W知Q>0，即气体一定吸收热量，故B正确；
C、过程ca中，pT不变，由pVT=C知气体体积不变，则外界对气体不做功，故C错误；
D、a、b和c三个状态中，状态c温度最低，则状态c分子的平均动能最小，故D正确；
E、b和c两个状态中，气体压强相等，c态温度较低，分子平均动能较小，平均速率较小，但c态气体体积较小，气体数密度较大，所以c态时容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数较多，故E错误。
故选：ABD。
过程ab中气体温度不变，根据pV=C分析体积的变化。根据热力学第一定律分析吸放热情况。过程ca中气体体积不变，气体不做功。根据温度高低分析分子的平均动能大小。结合压强的微观含义分析单位时间内受到气体分子撞击的次数关系。
根据图示图像分析清楚气体状态变化过程，应用一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。
10.【答案】ACE
【解析】解：AB、图示时刻，A在波谷，B在波峰上，A、B连线在水平方向的距离为a，可知水波的波长为λ=2a，根据f=1T=vλ=v2a，所以A质点的振动频率为v2a，能发生明显的衍射的条件是水波通过尺寸小于波长的障碍物或波长与障碍物相差不多，故B错误，A正确；
C、由图可知C比A距离波源多Δx=1.5λ，到达第一个波峰的时刻，C比A滞后t=Δxv=3av，故C正确；
D、由于质点只是上下振动，不会随波迁移，则B、C之间的距离保持不变，故D错误；
E、图示时刻A处于波谷，振幅为H，角速度为ω=2πT=2πf=πva，则A点的振动方程是y=Hsin(πvat+3π2)，故E正确。
故选：ACE。
根据波波形图可求出波长；
根据波长和波速的关系求出频率；
结合波的图像及波的相关知识进行判断。
本题主要机械波的相关知识，解题关键是正确理解质点振动与波的传播的关系。
11.【答案】B B
【解析】解：(1)在”探究共点力合成的规律“实验中，两个分力之间的夹角大小要适中，过大和过小时，都会产生较大的误差；A选项中两个弹簧秤拉力的夹角过大；C选项中两个弹簧秤的拉力的夹角过小，都会产生较大的误差；只有B选项角度适当。
故选：B。
(2)A.甲同学固定b三角板，移动a三角板，但是a三角板应该向右移动，底边容易脱离b三角板的底边从而产生误差，选项A错误；
B.乙同学固定a三角板，移动b三角板，b三角板要向下移动，不会脱离a三角板的斜边，选项B正确；
C.丙同学固定b三角板，移动a三角板，但是b三角板的斜边和a的底边没有重合，会产生误差，选项C错误。
故选B。
故答案为：(1)B；(2)B。
(1)在”探究共点力合成的规律“实验中，两个分力之间的夹角大小要适中，过大和过小时，都会产生较大的误差；
(2)根据”探究共点力合成的规律“实验中，数据处理的方法进行作答。
本题主要考查学生对”探究共点力合成的规律“实验的注意事项和数据处理的掌握程度。
12.【答案】4.486R1 a(R1+r)b−a D2−4ρL(b−a)πa(R1+r)
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，圆柱形导体直径D=4mm+48.6×0.01mm=4.486mm
(2)本实验中没有电压表，需要将电流表A1改装成电压表；由于电池内阻不计，改装电压表的量程不小于4.5V；
根据欧姆定律，电流表A1需要串联的电阻R=UIg1−r=4.520×10−3Ω−25Ω=200Ω
所以应选定值电阻R1；
根据并联电路的电流特点，通过待测电阻的电流IR=I2−I1
根据串联电路、并联电路的特点结合欧姆定律，待测电阻两端电压UR=I1(R1+r)
根据欧姆定律，待测电阻Rx=URIR
联立解得I2=I1[1+(R1+r)Rx]
I2−I1图像的斜率k=ba
结合I2−I1函数斜率的含义，斜率k=1+(R1+r)Rx
解得Rx=a(R1+r)b−a
(3)根据电阻定律Rx=ρLS
其中S=π4(D2−d2)
联立可得d= D2−4ρL(b−a)πa(R1+r)。
故答案为：(1)4.486；(2)R1； (3)a(R1+r)b−a； D2−4ρL(b−a)πa(R1+r)。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度对齐格数(估读一位)精确度；
(2)本实验中没有电压表，需要将电流表A1改装成电压表，根据电池的电动势确定量程，根据欧姆定律求解串联电阻；
(3)根据串联、并联电路的特点，结合欧姆定律求解I2−I1函数，结合I2−I1图像斜率的含义求解作答；
(4)根据电阻定律求电阻率。
本题考查了对一段粗细均匀、中空的圆柱形导体电阻和电阻率的测量，关键是要明确实验原理，掌握串联、并联电路的特点、欧姆定律和电阻定律。
13.【答案】解：(1)对1号滑环与2号环碰撞前滑行过程，由动能定理得
−μmgL=12mv12−12mv102
解得：v1=35 10m/s
对1、2号滑环碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得
mv1=2mv20
解得2号滑环获得的初速度大小为：v20=310 10m/s
(2)对1、2号滑环碰后滑行过程，由动能定理得
−μ⋅2mgL=12×2mv22−12×2mv202
解得：v2= 22m/s
对1、2号与3号滑环碰撞过程，由动量守恒定律得
2mv2=3mv30
解得：v30= 23m/s
对1、2、3号滑环滑行过程，由动能定理得
μ⋅3mgx=12⋅3mv302
解得：x=19m
故1号滑环滑行的总距离为：d=2L+x=2×0.2m+19m=2345m
答：(1)2号滑环获得的初速度v20的大小为310 10m/s；
(2)1号滑环滑行的总距离d为2345m。
【解析】(1)对1号滑环，利用动能定理求出1号滑环与2号环碰撞前的速度。对1、2号滑环碰撞过程，由动量守恒定律求2号滑环获得的初速度v20的大小；
(2)对1、2号滑环，利用动能定理求出1、2号滑环与3号环碰撞前的速度。对1、2、3号滑环，由动量守恒定律求出碰撞后三者的速度。由动能定理求出碰后整体滑行距离，从而求得1号滑环滑行的总距离d。
本题要分析清楚三个滑环的运动过程，把握每个过程的物理规律，涉及力在空间的积累效果时，要优先想到动能定理。
14.【答案】解：(1)小球从A到B做平抛运动，小球在B点处的速度分解如图所示，
B点处竖直分速度为：
vy=vsin37∘
代入数据得：vy=3m/s
在A点处速度为：
vx=vcs37∘
代入数据得：vx=4m/s
由自由落体运动公式得：
h=vy22g
代入数据得：h=0.45m
弹簧的弹性势能为：
Ep=12mvx2
代入数据得：Ep=0.4J
(2)若小球恰能到达圆轨道最高点时速度v1，由牛顿第二定律得：
qE1+mg=mv12R
小球从B恰好运动到圆轨道最高点时，由动能定理得：
mgLsin37∘−μmgLcs37∘−2(qE1+mg)R=12mv12−12mv2
联立解得：E1=2.2×103N/C
若小球从B恰好运动到圆轨道圆心等高处时，由动能定理得：
mgLsin37∘−μmgLcs37∘−(qE2+mg)R=0−12mv2
解得：E2=1.3×104N/C
可知电场强度E所满足的条件为：
E≥1.3×104N/C
或
E≤2.2×103N/C
(3)若E=2×104N/C，E≥1.3×104N/C，小球无法运动到圆轨道的圆心等高处，小球从B点到达圆轨道上最大高度h1处的过程中，由动能定理得：
mgLsin37∘−μmgLcs37∘−(qE+mg)h1=0−12mv2
解得：h1=0.36m
小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度h1处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过程中
(qE2+mg)h1=(mgsin37∘+μmgcs37∘)x
小球从斜面最大高度处滑下，第二次到达圆轨道上最大高度h2处的过程中
(qE2+mg)h2=(mgsin37∘−μmgcs37∘)x
联立解得：h2h1=15
则有
⇒hn=(15)n−1h1
当n=3时，可知
h3=(15)2h1<0.06=h0
故小球能够通过P点4次。
答：(1)AB间的竖直距离h大小为0.45m，被释放前弹簧的弹性势能Ep大小为0.4J；
(2)要使小球不脱离轨道，电场强度E所满足的条件为E≥1.3×104N/C或E≤2.2×103N/C；
(3)如果E=2×104N/C，小球进入轨道后，能够通过P点的次数为4次。
【解析】(1)释放弹簧后弹簧的弹性势能转化为小球的动能，先根据小球从A到B平抛运动过程，求出小球到B点时竖直分速度，根据自由落体运动公式求出AB间的竖直距离h，由速度的分解求出到A点的速度，即可根据机械能守恒求解被释放前弹簧的弹性势能；
(2)要使小球不离开轨道，有两种情况：第一种情况：是恰好过竖直圆轨道最高点时，先由牛顿第二定律和向心力知识求出到最高点的速度，再由动能定理求解电场强度E的范围。第二种情况：小球恰好到竖直圆轨道最右端，由动能定理求解电场强度E的范围；
(3)根据E=2×104N/C与上题结果中轨道半径E2的关系，知道小球冲上圆轨道h1=0.36m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为h2，对两个过程，由动能定理求出h2与h1的关系，归纳得到n次上升高度hn，运用数学知识求解。
本题是复杂的力电综合题，明确研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题，要注意小球运动过程中各个物理量的变化。
15.【答案】解：(1)初始时对活塞由平衡条件有p1S=mg+p0S
缓慢转动缸体，封闭气体温度不变，发生等温变化，放平后气体压强变为p0，由玻意耳定律得p1SH=p0SH1
由几何关系d=H1−H，解得
d=mgHp0S
(2)设放出气体后活塞与缸底的距离为H2，缓慢放出过程气体压强、温度均不变，故密度ρ不变，则m放m原=ρHS−ρH2SρHS=H−H2H
对转动过程由玻意耳定律得p1SH2=p0SH
联立解得：m放m原=mgp0S+mg
答：(1)活塞向外移动的距离d为mgHp0S；
(2)放出气体占原有气体质量的比例m放m原为mgp0S+mg。
【解析】(1)根据平衡方程和玻意耳定律结合几何关系列式求解；
(2)根据玻意耳定律和密度相等关系列式解答。
考查玻意耳定律的应用，会根据题意列式解答相关的物理量。
16.【答案】解：Ⅰ.光束折射后恰好能到达S点时，光路图如图所示：
根据数学知识，折射角r的正切满足tanr= 33RR= 33
解得折射角r=30∘
根据折射定律n=sinαsinr
代入数据解得该玻璃砖的折射率n= 3；
Ⅱ.当某光线在右侧面刚好发生全反射，临界角为C，光路图如图所示：
根据临界角公式sinC=1n=1 3
此光线与O的距离为L=RsinC=R×1 3= 33R
根据对称性，O点下方距离为L的关系也恰好能从右侧射出；
在此范围内的光线可从右侧射出，则能从玻璃砖射出的入射光的横截面积为S=πL2
代入数据解得S=13πR2。
答：Ⅰ.玻璃砖的折射率为 3；
Ⅱ.能从ASB半球面射出的光的横截面积为13πR2。
【解析】Ⅰ.作出光束折射后恰好能到达S点时的光路图，根据数学知识和折射定律求折射率；
Ⅱ.作出光线在右侧面刚好发生全反射的临界光线，根据临界角公式求临界角的正弦；根据数学知识求临界光线与O点的距离，最后根据面积公式求能从玻璃砖射出的入射光的横截面积。
本题主要考查了光的折射和全反射，确定刚好发生全反射的临界光线是解题的关键。