2020年安徽省合肥市高考物理二模试卷_(带答案解析).docx

这是一份2020年安徽省合肥市高考物理二模试卷_(带答案解析).docx，共20页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2020年安徽省合肥市高考物理二模试卷
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上

评卷人
得分



一、 单选题（共4题）
1. 某实验小组用同一光电管完成了光电效应实验，得到了光电流与对应电压之间的关系图象甲、乙、丙，如图所示。则下列说法正确的是（　　）

A.甲光的频率大于乙光的频率
B.乙光的波长大于丙光的波长
C.甲光的光强大于丙光的光强
D.甲光和丙光产生的光电子的最大初动能不相等
2. 如图所示，定滑轮通过细绳OO′连接在天花板上，跨过定滑轮的细绳两端连接带电小球A、B，其质量分别为m1、m2（m1≠m2）。调节两小球的位置使二者处于静止状态，此时OA、OB段绳长分别为l1、l2，与竖直方向的夹角分别为α、β．已知细绳绝缘且不可伸长，不计滑轮大小和摩擦。则下列说法正确的是（　　）

A.α≠β
B.l1：l2=m2：m1
C.若仅增大B球的电荷量，系统再次静止，则OB段变长
D.若仅增大B球的电荷量，系统再次静止，则OB段变短
3. 仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成55个以上仰卧起坐记为满分。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为50kg，上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，g取10m/s2．则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为（　　）

A.10W B.40W C.100W D.200W
4. 如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO′以恒定的角速度ω匀速转动，t=0时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n、面积为S、阻值为r。则下列说法正确的是（　　）

A.t=0时刻流过电阻R的电流方向向左
B.线圈中感应电动势的瞬时表达式为e=nBSωsinωt
C.线圈转动的过程中，电阻R两端的电压为
D.从t=0时刻起，线圈转过60°时电阻R两端的电压为

评卷人
得分



二、 多选题（共6题）
5. “嫦娥五号”是我国首个实施无人月面取样且返回的探测器，它由轨道器、返回器、着陆器、上升器四个部分组成，由长征五号运载火箭从文昌航天发射场发射。若“嫦娥五号”探测器环月工作轨道为圆形，其离月球表面高度为h、运行周期为T，月球半径为R．由以上数据可求的物理量有（　　）
A.月球表面的重力加速度 B.“嫦娥五号”探测器绕月球运行的加速度
C.“嫦娥五号”探测器绕月球运行的速度 D.月球对“嫦娥五号”探测器的吸引力
6. 如图所示，平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度。若不改变电容器的带电量，下列操作可能使静电计指针的偏转角度变小的是（　　）

A.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质
B.将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板
C.将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入金属板
D.将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质
7. 如图所示，质量均为m的a、b两小球在光滑半球形碗内做圆周运动，碗的球心为O、半径为0.1m，Oa、Ob与竖直方向夹角分别为53°、37°，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知sin37°=0.6，g取10m/s2．则下列说法正确的是（　　）

A.a、b两球做圆周运动的线速度之比为
B.a、b两球做圆周运动的角速度之比为2：
C.a、b两球相邻两次相距最近的时间间隔为s
D.a、b两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用
8. 如图甲所示，一足够长的绝缘竖直杆固定在地面上，带电量为0.01C、质量为0.1kg的圆环套在杆上。整个装置处在水平方向的电场中，电场强度E随时间变化的图象如图乙所示，环与杆间的动摩擦因数为0.5，t=0时，环由静止释放，环所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g取10m/s2．则下列说法正确的是（　　）

A.环先做加速运动再做匀速运动
B.0～2s内环的位移大于2.5m
C.2s时环的加速度为5m/s2
D.环的最大动能为20J
9. 对于热运动和热现象，下列说法正确的是（　　）
A.玻璃裂口放在火上烧熔，其尖端变圆的原因是表面张力的作用
B.云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列
C.未饱和汽在降低温度时也不会变成饱和汽
D.物体放出热量，其分子平均动能可能增大
E.气体压强达到饱和汽压时，蒸发和液化都停止了
10. 一列简谐横波沿x​轴传播，t=0​时的波形如图示，质点A​与质点B​相距1m​，A​点速度沿y​轴正方向；t=0.02s​时，质点A​第一次到达正向最大位移处，由此可知(​　　)​

A.此波沿x​轴负方向传播
B.此波的传播速度为25m/s​
C.从t=0​时起，经过0.04s​，质点A​沿波传播方向迁移了1m​
D.在t=0.04s​时，质点B​处在平衡位置，速度沿y​轴正方向
E.能与该波发生干涉的横波的频率一定为25Hz​

评卷人
得分



三、 实验题（共2题）
11. 图甲为某实验小组做“验证机械能守恒定律”的实验装置，光电门A、B固定在气垫导轨上，细线两端分别与钩码和滑块相连，重力加速度为g。
（1）实验的主要操作如下：
①按图组装好实验器材；
②让滑块从气垫导轨上光电门A的右侧某位置由静止释放；
③记录遮光条通过光电门A、B所用的时间分别为t1、t2；
④改变光电门B的位置，进行多次实验。
为完成该实验，还缺少的主要操作是______；
（2）实验中还需要测量的物理量有______；
①滑块的长度D；
②遮光条的宽度d；
③两个光电门之间的距离L；
④滑块（含遮光条）的质量M；
⑤钩码的质量m。
（3）对于滑块（含遮光条）和钩码组成的系统，重力势能的减少量△Ep=______；动能的增加量△Ek=______；（用上述所给的字母表示）
（4）实验小组处理采集的多组数据并在坐标系△Ep-△Ek中描点作图，如图乙所示，若两轴的标度相同，造成该实验结果的原因是______。

12. 某实验小组欲将电流表G1的量程由3mA改装为0.6A．实验器材如下：
A．待测电流表G1（内阻约为10Ω）；
B．标准电流表G2（满偏电流为6mA）；
C．滑动变阻器R（最大阻值为3kΩ）；
D．电阻箱R'（阻值范围为0～999.9Ω）；
E．电池组、导线、开关。

（1）实验小组根据图甲所示的电路测电流表G1的内阻，请完成以下实验内容：
①将滑动变阻器R调至最大，闭合S1；
②调节滑动变阻器R，使电流表G1满偏；
③再闭合S2，保持滑动变阻器R不变，调节电阻箱R′，电流表G1指针的位置如图乙所示，此时电阻箱R′的示数为4.5Ω．可知电流表G1内阻的测量值为______，与真实值相比______（选填“偏大”、“相等”或“偏小”）；
（2）为了更加准确地测量电流表G1的内阻，实验小组利用上述实验器材重新设计实验，请完成以下实验内容：
①完善图丙的实物图连接；
②实验小组根据图丙进行实验，采集到电流表G1、G2的示数分别为3.0mA、5.0mA，电阻箱的读数为15.0Ω，则电流表G1内阻为______Ω；
③实验小组将电流表G1改装成量程为0.6A的电流表，要______（选填“串联”或“并联”）一个阻值Rx=______Ω的电阻（结果保留一位有效数字）。

评卷人
得分



四、 简答题（共1题）
13. 如图1所示，两根足够长的平行竖直导轨，间距为L，上端接有两个电阻和一个耐压值足够大的电容器，R1：R2=2：3，电容器的电容为C且开始不带电。质量为m、电阻不计的导体棒ab垂直跨在导轨上，S为单刀双掷开关。整个空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．现将开关S接1，ab以初速度v0竖直向上运动，当ab向上运动h时到达最大高度，此时迅速将开关S接2，导体棒开始向下运动，整个过程中导体棒与导轨接触良好，空气阻力不计，重力加速度大小为g。试问：
（1）此过程中电阻R1产生的焦耳热；
（2）ab回到出发点的速度大小；
（3）当ab以速度v0向上运动时开始计时，t1时刻ab到达最大高度h处，t2时刻回到出发点，请大致画出ab从开始运动到回到出发点的v-t图象（取竖直向下方向为正方向）。


评卷人
得分



五、 计算题（共3题）
14. 如图所示，在离地面高h=5m处固定一水平传送带，传送带以v0=2m/s顺时针转动。长为L的薄木板甲和小物块乙（乙可视为质点），质量均为m=2kg，甲的上表面光滑，下表面与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1．乙与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2．某一时刻，甲的右端与传送带右端N的距离d=3m，甲以初速度v0=2m/s向左运动的同时，乙以v1=6m/s冲上甲的左端，乙在甲上运动时受到水平向左拉力F=4N，g取10m/s2．试问：
（1）当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端M相齐，乙也恰与甲分离，求MN的长度LMN；
（2）当乙与甲分离时立即撤去F，乙将从N点水平离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。

15. 如图所示，两个球形容器容积之比为V1：V2=10：11，由一细管（容积忽略）相连，细管的水平部分封有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为T1和T2的热库内，已知T1=300K，位于细管中央的汞柱静止。
（1）求另一个热库的温度T2；
（2）若使两热库温度都升高△T，汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由。

16. 国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的灯光和音响设备，呈现出震撼人心的万千变化。喷泉的水池里某一射灯发出的一细光束射到水面的入射角α=37°，从水面上出射时的折射角γ=53°。
（Ⅰ）求光在水面上发生全反射的临界角；
（Ⅱ）该射灯（看做点光源）位于水面下h=7m处，求射灯照亮的水面面积（结果保留两位有效数字）。

参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】
此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解答本题的关键是掌握遏止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eUc=Ek=h​​​​​​​-W0。

​​​​​​​A、根据爱因斯坦光电效应方程可知，Ek=h-W0，根据动能定理可知，eUc=Ek，入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大，分析图象可知，甲光的遏止电压比乙光小，则甲光的频率小于乙光，故A错误；
B、分析图象可知，丙光的遏止电压小于乙光的遏止电压，则丙光的频率小于乙光的频率，根据频率和波长的关系可知，λ=，则乙光的波长小于丙光的波长，故B错误；
C、分析图象可知，甲光和丙光的遏止电压相等，则频率相等，但甲光的饱和光电流大，则甲光内含有的光子个数多，即甲光的光强大于丙光，故C正确；
D、丙光的遏止电压等于甲光的遏止电压，由Ekm=e•Uc可知，甲光产生的光电子的最大初动能等于丙光产生的光电子的最大初动能，故D错误。
故选：C。

2. 【答案】B
【解析】
本题主要是考查库仑力作用下的平衡问题，解答本题的关键是弄清楚两个小球的受力情况，知道同一根绳子拉力相等，巧妙的利用“杠杆的平衡条件”分析质量之比，可以简化解答过程。


A、同一根细绳张力相等，设为T，对O点水平方向根据平衡条件可得：Tsinβ=Tsinα，故α=β，故A错误；
B、将细绳看作是轻杆，O点为固定转轴，如图所示，根据力矩的平衡条件可得：m1gd1=m2gd2，即：
m1gl1sinα=m2gl2sinβ，解得l1：l2=m2：m1，故B正确；
CD、若仅增大B球的电荷量，系统再次静止，OA和OB与竖直方向的夹角设为α′和β′，仍有α′=β′，设此时OA和OB的长度分别为l′1和l′2，仍有m1gl′1sinα=m2gl′2sinβ，解得l′1：l′2=m2：m1，故系统再次静止，则OB的长度不变，故CD错误。
故选：B。

3. 【答案】C
【解析】解：该同学身高约h=1.6m，则每次上半身重心上升的距离约为：h′=h=0.4m
则她每一次克服重力做的功为：W=0.6mgh′=0.6×50×10×0.4J=120J
1min内她克服重力所做的总功为：W总=50W=50×120J=6000J
她克服重力做功的平均功率为：P==100W．故C正确，ABD错误
故选：C。
仰卧起坐的过程中克服重力做功，由W=0.6mgh即可求出每一次克服重力做的功，然后求出总功，再由功率的表达式P=即可求出克服重力做功的平均功率。
本题要建立模型，估算出考查功的计算，每次上半身重心上升的距离，要注意人克服重力做的功等于为0.6mgh是解答的关键。
4. 【答案】D
【解析】
此题考查了正弦式交变电流的产生规律，理解交流电的最大值和有效值、周期和频率的关系，根据闭合电路欧姆定律分析求解。

​​​​​​​A、t=0时刻线圈与磁场平行，根据右手定则可知，感应电流方向为ADCB，则流过电阻R的电流方向向右，故A错误。
B、从线圈与磁场平行开始计时，感应电动势随时间按余弦规律变化，最大感应电动势为nBSω，则感应电动势的瞬时值表达式为e=nBSωcosωt，故B错误；
C、线圈转过的过程中，产生的感应电动势的有效值为最大感应电动势的倍，E=，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R两端的电压为，故C错误；
D、线圈从t=0开始转过60°时，瞬时感应电动势为：e=，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R两端的电压为，故D正确。
故选：D。

二、 多选题
5. 【答案】ABC
【解析】
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列式，再结合月球表面重力等于万有引力列式求解，向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取。

​​​​​​​A、探测器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，，根据黄金代换式可知，GM=gR2，联立可以求出月球表面的重力加速度g，故A正确；
B、根据=ma，解得探测器绕月球运行的加速度：a=，月球质量可以求出，则探测器绕月球运行的加速度可求出，故B正确；
C、根据周期和线速度的关系可知，v=，故C正确；
D、探测器的质量未知，无法确定月球对其的吸引力，故D错误。
故选：ABC。

6. 【答案】AC
【解析】
根据电容的决定式C=，分析板间距离变化和插入电介质时，电容的变化情况。再由电容的定义式C=分析板间电压的变化，判断静电计指针张角的变化。

​​​​​​​A、将左极板向左移动少许，同时在两极板之间插入电介质，即板间距离增大同时增大电介质，由电容的决定式C=，知电容可能增大，而电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压可能减小，则静电计指针张角可能减小，故A正确；
B、将左极板向左移动少许，同时取出两极板之间的金属板，即板间距离增大，由电容的决定式C=，得知电容减小，而电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大，故B错误；
C、将左极板向左移动少许，则极板间距变大，同时在两极板之间插入金属板，即相当于减小极板间距，由电容的决定式C=，知电容可能增大，而电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压可能减小，则静电计指针张角可能减小，故C正确；
D、将左极板向下移动少许，同时取出两极板之间的电介质，即减小正对面积与电介质，由电容的决定式C=，知电容减小，而电容器的电量不变，由C=可知，板间电压增大，则静电计指针张角增大，故D错误。
故选：AC。

7. 【答案】BD
【解析】解：A、小球在碗内都是受重力和支持力的作用，其支持力方向都是垂直于切面指向球心，其做圆周运动时由重力和支持力的合力提供向心力，
对A有：
对B有：
解得：，故A错误；
B、根据v=rω可得，两小球做圆周运动的角速度之比应为：，故B正确；
C、由上面的分析可以得到a、b的角速度分别为：
因为a的角速度大于b的角速度，当a比b多转动一圈所经历的时间为a、b两球相邻两次距离最近的时间间隔设为t，则有：（ωa-ωb）t=2π
解得：，故C错误；
D、在小球运动过程中，小球对碗有垂直于切面向下的压力，则使碗有水平方向的运动趋势，碗能够保持静止，是因为受到地面对它的摩擦力作用，故D正确。
故选：BD。
对小球受力分析，根据牛顿第二定律即可得到两小球的线速度和角速度之比；a比b多转动一圈的时间即为两球相邻两次相距最近 的时间间隔；在小球运动的过程中，碗始终存在着运动趋势。
对小球受力分析根据牛顿第二定律列出向心力方程是解题的关键。另外在圆周运动中，两球的追击问题中要注意，快的比慢的多运动一周的时候才是追上的时候。
8. 【答案】CD
【解析】
本题考查的是带电圆环在约束条件下的变加速直线运动，此题的难点在于找到临界状态即加速度为零的时刻以及利用线性函数图象面积的物理意义去求解。

A、在t=0时刻，圆环所受摩擦力为：f=μN=μqE=1.5N，f＜mg=1N，所以开始时刻圆环保持静止，当μqE=mg，即：E=2×102V/m时，所以圆环从t=1s开始沿着杆向下运动，因为电场力从t=1s时刻到t=3s时刻，逐渐减小，滑动摩擦力也逐渐减小，所以圆环的加速度会增大，物体做加速运动，一直加速到t=5s时刻速度达到最大，从t=5s时刻到t=6s时刻，滑动摩擦力大于重力，加速度方向向上，要做减速运动，故A错误；
C、当t=2s时刻，E=1×102V/m，由牛顿第二定律得：mg-μqE=ma，代入数据解得：a=5m/s2，故C正确；
​​​​​​​B、0～2s内环总共运动了1s，运动过程中加速度逐渐增大，故：==2.5m，故B错误；D、由题意知当t=5s时刻圆环达到最大速度，根据E-t图得到函数关系为：E=300-100t，由牛顿第二定律得：mg-μqE=ma，代入数据解得a与t的函数关系为：a=5t-5，即加速度a与时间t也是一次函数，即线性关系，依据a-t图象面积的物理意义表示速度的改变量，所以从t=1s到t=5s这段时间内，速度的改变量为：，又因为：△v=vmax-0，得圆环得最大速度为：vmax=20m/s，故圆环的最大动能为：=20J，故D正确。
故选：CD。

9. 【答案】ABD
【解析】
本题考查的知识点比较多，有液体的表面张力、温度、热力学定律、晶体和非晶体、饱和汽等，需要同学们对这些能够熟练记忆。

​​​​​​​A、玻璃裂口放在火上烧熔，则玻璃变成了液态，由于液体的表面张力作用，则使液体表面收缩，使其尖端变圆，故A正确；
B、由于晶体内部的微粒是有规则排列的，从而使它在不同方向上的微粒排列情况不同，引起单晶体在不同方向上的物理性质不同，表现为各向异性，故B正确；
C、在体积不变的情况下，降低未饱和汽的温度，可以使在较高温度时的未饱和汽变成较低温度时的饱和汽，故C错误；
D、物体放出热量的同时被压缩，外界对物体做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知，物体的内能有可能增大，则其分子的平均动能可能增大，故D正确；
E、气体压强达到饱和汽压时，在相同的时间内回到液体中的分子数等于从液面飞出去的分子数，这是一种动态平衡，故E错误。
故选：ABD。

10. 【答案】ABD​
【解析】解：
A、A​点速度沿y​轴正方向，波形将向左平移，所以该波沿x​轴负方向传播.​故A正确．
B、由题知波长 λ=2m​，周期为T=4t=4×0.02s=0.08s​，则波速v=​λT=​20.08m/s=25m/s.​故B正确．
C、简谐横波沿x​轴传播，质点A​沿波传播方向并不迁移.​故C错误．
D、此时B​点正向下运动，t=0.04s=0.5T​时，质点B​处在平衡位置，速度沿y​轴正方向.​故D正确．
E、该波的频率为f=​1T=​10.08Hz=12.5Hz​，能与该波发生干涉的横波的频率一定为12.5Hz​，故E错误．
故选：ABD​
由A​点的振动方向判断出波的传播方向.​由图确定波长，根据A​点振动情况确定，求出波速.​机械波传播过程中，介质中质点不随波向前移动.​根据周期，分析在t=0.04s​时，质点B​处在位置和速度方向.​两列波的频率相同时才能发生干涉．
对于波的图象问题，往往需要研究波的传播方向和质点的振动方向之间的关系，必须熟练运用波形平移法，要注意介质中质点不“随波逐流”．
三、 实验题
11. 【答案】（1）实验前，先调节气垫导轨的水平 ；
（2） ②③④⑤ ；
（3） mgL； （M+m）（-） ；
（4） 气垫导轨右侧偏高，使得滑块运动过程中重力势能的减小量转化为系统的动能
【解析】解：（1）实验前，先调节气垫导轨的水平。
（2）研究滑块在通过光电门A、B的过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒，则满足：mgL=-
其中：vA=，
联立解得：mgL=（M+m）（-）
实验中还需要测量的物理量为：遮光条的宽度d，滑块（含遮光条）的质量M，钩码的质量m，两个光电门之间的距离L，故选②③④⑤。
（3）对于滑块（含遮光条）和钩码组成的系统，重力势能的减少量△Ep=mgL；动能的增加量△Ek=（M+m）（-）。
（4）分析图乙可知，若两轴的标度相同，则动能增加量大于重力势能减少量，造成该实验结果的原因是气垫导轨右侧偏高，使得滑块运动过程中重力势能的减小量转化为系统的动能。
故答案为：（1）实验前，先调节气垫导轨的水平；（2）②③④⑤；（3）mgL；（M+m）（-）；（4）气垫导轨右侧偏高，使得滑块运动过程中重力势能的减小量转化为系统的动能。
（1）含有气垫导轨的实验，必须先调节气垫导轨的水平。
（2、3）根据下降的高度得出系统重力势能的减小量，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出滑块通过两光电门的瞬时速度，从而得出系统动能的增加量，抓住重力势能的减小量等于动能的增加量得出机械能守恒的表达式，分析需要测量的物理量。
（4）根据实验器材的特性和注意事项分析误差产生的原因。
此题考查了验证机械能守恒定律的实验，解决本题的关键是知道实验的原理，抓住系统重力势能的减小量和系统动能增加量是否相等进行验证。
12. 【答案】（1）③9.0Ω；偏小；
（2）①实物电路图如图所示

；②10.0；③并联；0.05。
【解析】
本题考查了测电流表内阻与电流表改装实验，分析清楚电路结构是解题的前提，根据实验步骤应用串并联电路特点可以求出电流表内阻；把小量程电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值。

​​​​​​​（1）③电流表G1的量程为3mA，由图乙所示表盘可知，流过电流表的电流为1mA，
滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S2时认为电路总电流不变，流过电流表的电流为1mA，
则流过电阻箱的电流为2mA，流过电阻箱的电流是流过电流表电流的2倍，
由并联电路特点可知，电流表内阻为电阻箱阻值的2倍，则电流表内阻为：2×4.5Ω=9.0Ω；
闭合开关S2时，电路总电阻减小，电路总电流变大，大于3mA，但实验认为电路电流不变，
因此当流过电流表电流为1mA时，流过电阻箱的电流大于2mA，电流表内阻大于电阻箱阻值的2倍，
实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的两倍，因此电流表内阻测量值小于真实值。
（2）①并联电路两端电压相等，可以让电流表G1与电阻箱并联，然后与电流表G2串联，实验电路图如图所示；

②电流表G1的内阻：Rg1=Ω=10.0Ω；
③把电流表G1改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：RX=Ω≈0.05Ω；
故答案为：（1）③9.0Ω；偏小；（2）①实物电路图如图所示；②10.0；③并联；0.05。

四、 简答题
13. 【答案】解：（1）只有当开关S接1时回路中才有焦耳热产生，在导体棒上升过程，设回路中产生的焦耳热为Q，
根据能量守恒有：Q=-mgh
又R1：R2=2：3，因此电阻R1产生的热量为：
Q1=Q=（-mgh）；
（2）当开关S接2时，导体棒由静止开始下落，设在很短时间△t内速度变化为△v，根据动量定理可得：
mg△t-BL△t=m△v
在此过程中电容器电荷量增加△q==C△U=CBL△v
则有：mg△t=（CB2L2+m）△v
则加速度a==为一个定值，说明导体棒做匀加速直线运动，
设导体棒回到出发点的速度大小为v，由v2=2ah得：
v=；
（3）当导体棒向上运动时，由于所受安培力向下且不断减小，所以导体棒做加速度逐渐减小的减速运动；
当导体棒开始向下运动时做初速度为0的匀加速直线运动，由于所受安培力与重力反向，所以此过程加速度小于g，速度图象如图所示。

答：（1）此过程中电阻R1产生的焦耳热为（-mgh）；
（2）ab回到出发点的速度大小为；
（3）ab从开始运动到回到出发点的v-t图象见解析。
【解析】
（1）在导体棒上升过程，根据能量守恒结合焦耳定律求解R1产生的焦耳热；
（2）当开关S接2时，导体棒由静止开始下落，根据动量定理、加速度的定义式求解加速度大小，判断导体棒的运动情况，根据速度-位移关系求解速度大小；
（3）分析导体棒运动过程中的加速度随时间的变化情况，由此画出速度图象。
本题主要是考查电磁感应中力学问题与能量问题的综合，涉及力学问题常根据牛顿第二定律、平衡条件动量定理等列出方程；涉及能量问题，要知道电磁感应现象中的能量转化情况，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
五、 计算题
14. 【答案】解：（1）取水平向右为正方向，设甲的加速度为a1，对甲，由牛顿第二定律得：
-μ1•2mg=ma1
解得a1=-2m/s2。
设甲速度由v0减到0过程通过的位移为x1，经历时间为t1。
由0-v02=2a1x1得：x1=-1m
由0=v0+a1t1得：t1=1s
设乙从开始到与甲分离的加速度为a2，末速度为v2，通过的位移为x2，由牛顿第二定律得：
-F=ma2
解得a2=-2m/s2。
又v2=v1+a2t1，得v2=4m/s
x2=v1t1+a2t12，得x2=5m
由几何关系可知：
LMN=2|x1|+x2+d
解得LMN=10m
（2）当乙滑下甲后，由于v2＞v0，所以乙开始做匀减速直线运动，设乙的加速度为a3，当速度减为v0时经历时间为t3，通过的位移为x3。
由牛顿第二定律得：
-μ2mg=ma3，得a3=-2m/s2。
由v02-v22=2a3x3，得x3=3m
由v0-v2=a3t3，得t3=1s
乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端，设此过程经历时间为t3′，则
t3′=，得t3′=0.5s
乙物块将从传送带右端以初速度v0做平抛运动，设此过程经历时间为t4，水平位移为x4。
由h=，得t4=1s
由x4=v0t4，得x4=2m
当甲与乙分离后，甲开始向右由静止做匀加速直线运动，设此过程甲的加速度为a1′，经历时间为t5，通过的位移为x5，由牛顿第二定律得：
μ1mg=ma1′
解得a1′=1m/s2
则x5=，得x5=2m
t5==s=1s
甲做匀速直线运动的位移为x6=v0（t3+t3′+t4-t5），得x6=1m
故乙落地时距甲右端的水平距离为△s=d+|x1|-x5-x6+x4
解得△s=3m
答：
（1）MN的长度LMN为10m。
（2）乙落地时距甲右端的水平距离是3m。
【解析】
（1）根据牛顿第二定律求出甲运动的加速度大小。根据运动学公式求出甲速度由v0减到0的过程通过的位移和所经历的时间。对乙，根据牛顿第二定律求得加速度，根据速度公式和位移公式求出乙与甲分离时的速度和位移，再由几何关系求MN的长度LMN；
（2）当乙滑下甲后，开始做匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式相结合求出乙的速度减至v0时通过的位移，并求出此过程所用时间，再求出滑到传送带右端所用时间。根据分运动的规律求出乙离开传送带后平抛运动的时间和水平位移。再根据运动学公式求乙落地时甲的位移，即可求得乙落地时距甲右端的水平距离。
本题是复杂的力学综合题，关键要分析清楚两个物体的运动过程，同时，要分析清楚两个物体之间的位移关系、速度关系，要边计算边分析。
15. 【答案】解：（1）两容器中盛有等量同种气体，当位于细管中央的汞柱平衡时，气体压强相等，由盖-吕萨克定律可得：

解得：T2=330K
（2）假设汞柱不移动，当两热库温度都升高△T，对左热库由查理定律可得：
解得：
同理对右热库：
因为：T1＜T2，故△p1＞△p2
所以汞柱向右运动
答：（1）另一个热库的温度T2为330K；
（2）若使两热库温度都升高△T，汞柱向右发生移动。
【解析】
（1）两容器的质量相同，压强相同，利用盖-吕萨克定律求得；
（2）假设汞柱不动，根据查理定律求得两气体压强的变化量，即可判断出汞柱移动方向。
本题的关键明确气体的变化过程，确定各个状态的压强，然后选择适当的气体状态方程列式
16. 【答案】解：（Ⅰ）设水的折射率为n。
根据入射角α=37°和折射角γ=53°，得n=
解得n=
设光在水面上发生全反射的临界角为C，则
sinC==
故C=arcsin
（2）由空间对称性可知，水面照亮的水面是一圆面，设圆的半径为r，如图。
则sinC=
解得 r=3m
射灯照亮的水面面积S=πr2=3.14×32m2≈28m2
答：
（1）光在水面上发生全反射的临界角为arcsin；
（2）射灯照亮的水面面积为28m2。

【解析】
（Ⅰ）根据入射角α=37°和折射角γ=53°，由n=求出折射率，再由sinC=求光在水面上发生全反射的临界角；
（Ⅱ）射灯照亮的水面是一个圆，光线在圆的边缘恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何关系求解射灯照亮的水面面积。
本题的关键要理解全反射的条件，掌握临界角的公式，结合几何知识，来确定圆的半径。