2020高考物理真题汇编-答案

专题一　运动的描述　匀变速直线运动的研究

解析：(1)物块匀加速下滑，经过参考点开始计时，由运动学公式有L＝v0t＋at2，变形得＝2v0＋at，所以题图乙中图线的纵截距表示通过参考点时速度的2倍，则v0＝ m/s＝0.32 m/s；图线的斜率表示物块的加速度，则加速度a＝ m/s2≈3.1 m/s2.

(2)物块沿斜面下滑过程中，由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma，将θ1＝53°，a1＝5.6 m/s2；θ2＝37°，a2＝3.1 m/s2 分别代入，解得g≈9.4 m/s2.

答案：(1)0.32(0.33也可)　3.1　(2)9.4

专题二　相互作用

1．解析：选B.设甲、乙两物体的质量均为m，对O点进行受力分析，右侧细绳上的拉力大小为mg，左侧细绳上的拉力大小为F，O点下方的细线上的拉力大小为mg，系统平衡时对力进行水平和竖直方向的正交分解可得Fsin β＝mgsin α，Fcos β＋mgcos α＝mg，解得β＝55°，B正确．

2．解析：选C.根据题述，物块A、B刚要滑动，可知A、B之间的摩擦力fAB＝μmgcos 45°，B与木板之间的摩擦力f＝μ·3mgcos 45° .隔离A分析受力，由平衡条件可得轻绳中拉力F＝fAB＋mgsin 45°.对AB整体，由平衡条件：2F＝3mgsin 45°－f，联立解得：μ＝，选项C正确．

3．解析：选A.由题给信息可知，升力F2与速度方向垂直，B、D项错；空气阻力Ff与速度方向相反，C项错，故A项正确．

4．解析：选D.工作人员受到的重力大小仍为mg，A错误．因工作人员在球面上缓慢移动，且有“在月球上行走”的感觉，故其受力平衡，工作人员所受合力为零，B错误；对工作人员受力分析可知，其对球面的作用力大小为mg，C错误，D正确．

专题三　牛顿运动定律

1．解析：选D.根据位移－时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，D正确．

2．解析：选C.设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝F，C项正确，A、B、D项均错误．

3．解析：选B.缓慢起动的公交车具有向前的加速度，但加速度较小，若箱子所受的静摩擦力足以提供该加速度，则箱子可以相对公交车静止，A项错；急刹车时，公交车的加速度较大，箱子轮子受到公交车的摩擦力较小，行李箱a一定相对车子向前运动，B项正确；缓慢转弯时，车子具有指向轨迹内侧的较小的加速度，当行李箱所受的静摩擦力足以提供其加速度时，行李箱相对车子静止，C项错；急转弯时，汽车的加速度较大，若行李箱b所受的静摩擦力不足以提供所需的向心力，则其做离心运动，即相对车子向外侧运动，若行李箱b所受的静摩擦力足以提供所需的向心力，则其相对车子静止，D项错．专题四　曲线运动　万有引力与航天

1．解析：选B.由万有引力定律可得，质量为m的物体在地球表面上时，受到的万有引力大小为F地＝G，质量为m的物体在火星表面上时，受到的万有引力大小为F火＝G，二者的比值＝＝0.4，B正确，A、C、D错误．

2．解析：选B.该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点．当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有2F－mg＝，代入数据解得F＝410 N，选项B正确．

3．解析：选A.根据万有引力定律有G＝m，又M＝ρ·，解得T＝ ，B、C、D项错误，A项正确．

4．解析：选D.由题意可知“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的轨道半径为r＝，设月球的质量为M，“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的速率为v，“嫦娥四号”的质量为m，则地球的质量为QM，一质量为m′的物体在地球表面满足G＝m′g，而“嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动满足G＝m，解得v＝，D正确．

5．解析：选B.由G＝mg，解得火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度的比值＝＝0.1×22＝0.4，即火星表面的重力加速度g火＝0.4g.着陆器着陆过程可视为竖直向下的匀减速直线运动，由v0－at0＝0可得a＝.由牛顿第二定律有F－mg火＝ma，解得F＝m(0.4g＋)，选项B正确．

6．解析：选A.近地轨道卫星的轨道半径稍大于地球半径，由万有引力提供向心力，可得G＝m，解得线速度v＝ ，由于地球静止轨道卫星的轨道半径大于近地轨道卫星的轨道半径，所以地球静止轨道卫星的线速度较小，选项B错误；由万有引力提供向心力，可得G＝mr，解得周期T＝2π，所以地球静止轨道卫星的周期较大，选项A正确；由ω＝，可知地球静止轨道卫星的角速度较小，选项C错误；由万有引力提供向心力，可得G＝ma，解得加速度a＝G，所以地球静止轨道卫星的加速度较小，选项D错误．

7．解析：选CD.两卫星均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍，由＝，可得v＝，则乙的速度是甲的倍，选项A错误；由ma＝，可得a＝，则乙的向心加速度是甲的4倍，选项B错误；由F＝，结合两人造卫星质量相等，可知甲的向心力是乙的，选项C正确；两卫星均绕地球做圆周运动，且甲的轨道半径是乙的2倍，结合开普勒第三定律可知，甲的周期是乙的2倍，选项D正确．

8．解析：选AD.由题意可知，落地后，小球A的位移的大小为sA＝＝＝l，小球B的位移的大小为sB＝＝＝l，显然小球A、B的位移大小相等，A正确；小球A的运动时间为tA＝＝，小球B的运动时间为tB＝＝，则tA∶tB＝∶1，B错误；小球A的初速度为vxA＝＝＝，小球B的初速度为vxB＝＝＝，则vA∶vB＝1∶2，C错误；落地瞬间，小球A竖直方向的速度为vyA＝，小球B竖直方向的速度为vyB＝，则落地瞬间小球A的速度为vA＝＝，小球B的速度为vB＝＝，显然vA>vB，D正确．

9．解析：选C.火星与地球轨道周长之比等于公转轨道半径之比，A项错；火星和地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G＝ma＝m＝mω2r，解得a＝，v＝，ω＝，所以火星与地球线速度大小之比为∶，B项错；角速度大小之比为2∶3，C项对；向心加速度大小之比为4∶9，D项错．

专题五　机械能及其守恒定律

1．解析：选AB.由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为Ep＝(30－6s)J，由动能随下滑距离s变化图像可知，动能可以表示为Ek＝2s J，设斜面倾角为θ，则有sin θ＝＝，cos θ＝，由功能关系有－μmgcos θ·s＝Ep＋Ek－30 J＝(30－6s＋2s－30)J＝－4s J，可得μ＝0.5，B项正确；由Ek＝2s J，Ek＝可得，v2＝4s m2/s2，对比匀变速直线运动公式v2 ＝2as，可得a＝2 m/s2，即物块下滑时加速度的大小为2.0 m/s2，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J ＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J －22 J＝8 J，D项错误．

2．解析：选B.摩托车落到c点时，根据平抛运动规律有h＝v01t1，h＝gt，解得v＝；同理摩托车落到b点时有v＝9gh.又动能E1＝mv、E2＝mv，所以＝18，故A、C、D项错误，B项正确．

3．解析：选ACD.钩码B释放后做简谐运动，根据简谐运动的对称性，物块B在最高点加速度大小为g，所以在最低点加速度大小也为g.在最低点对B由牛顿第二定律有F－mg＝ma，得F＝2mg，而B在最低点时物块A对水平桌面的压力刚好为零，可知A左侧轻绳上拉力的竖直分力等于Mg，故M<2m，A项正确，B项错误；B从释放位置到最低点的过程中，速度先增大后减小，由动能定理可知，合力对B先做正功后做负功，C项正确；由功能关系可知，B从释放到速度最大过程中B克服弹簧弹力做的功等于B机械能的减少量，D项正确．

4．解析：选BC.由于动车以恒定功率启动，则由P＝F牵引力v可知动车的速度增大则牵引力减小，由牛顿第二定律F牵引力 －F＝ma得动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mv－mv，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mv－mv，D错误．

5．解析：选C.根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车的牵引力等于阻力，即F＝f ＝1.8×103 N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据P＝ Fv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36 kW，A、B、D项均错误，C项正确．

6．解析：选A.在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定理有mgsin θ·－μ1mgcos θ·＝Ek－0，解得Ek＝(mgtan θ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误．

专题六　碰撞与动量守恒

1．解析：选D.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过安全气囊将司机的动能转化为司机对安全气囊做的功，C项错误．

2．解析：选BC.选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1.根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－ mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋ Mv8，又运动员的退行速度v8>v0，v7<v0，解得13m<M<15m，即 52 kg<M<60 kg，故B、C项正确，A、D项错误．

3．解析：选A.设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入图中数据解得m乙 ＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v＋m乙v－m甲v′－m乙v′，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确．

专题七　静电场

1．解析：选A.由图(b)可知，在0～1 s时间内，电容器两极板之间电压为零，说明电容器没有充放电，电路中没有电流，根据欧姆定律可知电阻R两端电压为零；在1～2 s 时间内，电容器两极板之间电压均匀增大，根据I＝＝C可知电路中有恒定电流对电容器充电，则电阻R两端电压恒定；在2～3 s时间内，电容器两极板之间电压恒定且不为零，说明电容器带电荷量不变，电路中没有电流，电阻R两端电压为零；在3～5 s时间内，电容器两极板之间电压均匀减小，说明电容器均匀放电，则电路中有反方向恒定电流，且电流小于充电电流，电阻R两端电压恒定，且电压小于充电时两端电压，所以电阻R两端电压UR随时间t变化的图像正确的是A.

2．解析：选ABC.沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，根据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；沿水平方向将圆环分割成无穷个小段，关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，在等量同种点电荷的垂直平分线上各点场强方向垂直于连线，根据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc>φd，D项错误．

3．解析：

选BC.如图所示，找出Q点，使Q点与P点的距离等于M点与P点的距离，L点为MN上到P点距离最短的点，根据三角形边角关系、点电荷的电场强度公式E＝k和正点电荷形成电场中的电势特点可知，沿着MN边，从M点到N点，到P点的距离r先减小后增大，电场强度先增大后减小，电势也先增大后减小，B正确，A错误；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ可知，正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，故将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为正，C正确，D错误．

4．解析：选BD.由题意可知O点场强为零，所以a、O两点间场强方向是由a指向O的，所以φa>φO，A项错误；同理，φc>φO，O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量，所以φO>φb，则φc>φb，B项正确；同理，φa>φb，φc>φd，又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C项错误，D项正确．

5．解析：选AB.沿电场线方向电势降低，则B点的电势比A点的电势高，A正确；由对称性可知，两小球所处位置的电势的绝对值始终相等，则由Ep＝qφ可知两小球的电势能始终相等，B正确；该过程中，带正电荷的小球所受的电场力方向向右，带负电荷的小球所受的电场力方向向左，则电场力对两小球均做正功，C错误；电场力做正功，电势能减少，所以该过程中两小球的总电势能减少，D错误．

6．解析：选C.粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误．

7．解析：选D.由等势线分布图可以确定该图为两等量异种点电荷电场的等势线分布图，两点电荷连线垂直平分线上处处电势为零，A项错；电场线与等势线垂直，故a、b两点的电场强度方向不同，B项错；Q点处为正电荷，故垂直平分线左侧电势均大于零，右侧电势均小于零，所以b点电势高于d点电势，C项错；又负电荷在电势高处电势能小，所以负电荷从a点移到c点时电势能增加，D项对．

专题八　恒定电流

1．解析：选ABD.开关S闭合，电机工作，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知总电流增大，电源的内阻分压增大，路端电压减小，则车灯两端的电压减小，流过车灯的电流减小，A、B正确，C错误；由P＝EI可知，由于电路的总电流增大，则电源的总功率增大，D正确．

专题九　磁场

解析：选C.

带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得r＝，运动时间t＝＝，θ为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定．采用放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大，当r≤0.5R(R为的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期．当 0.5R<r<1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从π逐渐增大，当半径为R时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小，因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为θm＝π＋＝，粒子最长运动时间为.

2．解析：选D.电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r＝知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D项正确．

3．解析：

选C.为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动的半径最大时轨迹如图所示，设其轨迹半径为r，轨迹圆圆心为M，磁场的磁感应强度最小为B，由几何关系有＋r＝3a，解得r＝a，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB＝m，解得B＝，C正确．

4.

解析：选AD.由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A正确；作出粒子的轨迹示意图，如图所示，假设轨迹的圆心为O′，则由几何关系得粒子的轨道半径为R＝a，则由qvB＝m得v＝＝，B、C错误；由以上分析可知，ON＝R＋a＝(＋1)a，D正确．

5．解析：选C.由于I1、I2不相等，而两长直导线到b、d的距离相等，所以两长直导线各自在这两点产生的磁场的磁感应强度大小不等，虽方向相反但矢量和不为零，故A、B错误；根据安培定则可知，两电流在a点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向下，在c点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向上，C正确，D错误．

专题十　电磁感应

1．解析：选BC.用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有F－BiL＝Ma1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律有BiL＝ma2.设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律i＝＝，F安＝BiL，可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安＝，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝－＝－F安，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，＝·，之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；导体棒到金属框bc边的距离x＝(v－v′)dt，随时间的增大而增大，选项D错误．

2．解析：选D.高频焊接利用的电磁学规律是电磁感应现象，发现者是法拉第，A、B、C项错误，D项正确．

3．解析：选B. 将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，B正确，A、C、D错误．

4．解析：选BC.第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误．

5．解析：选AC.由题意可知送电线圈中通入了正弦式交变电流，可知电流产生的磁场也呈周期性变化，A正确；由变压器的工作原理可知，受电线圈中输出的电流按余弦规律变化，因此受电线圈中感应电流产生的磁场随电流的变化而变化，B错误；送电线圈和受电线圈的能量传递是通过互感现象实现的，C正确；由于送电线圈产生的磁场并没有全部穿过受电线圈，即有磁通量的损失，因此该充电过程存在能量的损失，D错误．

6．解析：选B.当同时增大B1减小B2时，通过金属圆环的总磁通量增加，且方向垂直纸面向里，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场方向应为垂直纸面向外，根据右手螺旋定则知，此时金属圆环中产生逆时针方向的感应电流，A项错误；同理当同时减小B1增大B2时，金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，B项正确；当同时以相同的变化率增大或减小B1和B2时，金属圆环中的总磁通量没有变化，仍然为0，金属圆环中无感应电流产生，C、D项均错误．

7．解析：选B.棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，选项A错误．金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有q＝mg，可得＝，选项B正确．电阻消耗的电功率P＝＝，选项C错误．电容器所带的电荷量Q＝CE＝CBr2ω，选项D错误．

专题十一　交变电流

1．解析：选AD.若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C项错误，A、D项正确．

2．解析：选AD.由变压器不会使交流电的周期改变和图(b)可知所用交流电的周期为2×10－2 s，可求得所用交流电的频率为50 Hz，A正确；由图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由串并联特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A，故副线圈的电流为I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2 ＝1×10 V＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压比与原、副线圈匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220 V－100 V＝120 V，B、C错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率为P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，D正确．

3．解析：选A.由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220 V，应用理想变压器变压公式＝＝，可得副线圈输出电压U2＝30 V．灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24 V，电流IL＝＝1.6 A．设R1两端电压为U，由U2＝ UL＋U，可得U＝6 V．由＋＝IL，解得R＝1 Ω，选项A正确．

4．解析：选D.变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系＝可得副线圈的电压U2＝U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1<n2，因此有U2>U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系＝可得副线圈的电流I2＝I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确．

5．解析：选C.发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，选项A错误．输电线上的电流I线＝＝ A＝25 A，选项B错误．升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝ V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确．降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝＝≈431.8 A，选项D错误．

专题十二　近代物理

1．解析：选BD.根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知选项A中的X1质量数是3，电荷数是2，A项错误；根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知选项B中的X2质量数是4，电荷数是2，代表α粒子，B项正确；选项C中的X3质量数是1，电荷数是0，代表中子，C项错误；选项D中的X4质量数是4，电荷数是2，代表α粒子，D项正确．

2．解析：选C.结合核反应方程知，1 kg海水中的氘核全部发生聚变反应放出的能量E＝×43.15×1.6×10－13 J≈1.15×1010 J，根据题意得M＝M0＝×1 kg≈400 kg，故A、B、D项错误，C项正确．

3．解析：选AC.根据电荷数守恒和质量数守恒，可知He＋Al→X＋n方程中X的质量数为30，电荷数为15，再根据X→Y＋e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比Al的电荷数多2，X的质量数比Al的质量数多3，A、C 正确，B、D错误．

4．解析：选B.由q＝It，ne＝q联立解得n＝1.0×1016，选项B正确．

5．解析：选D.发现原子具有核式结构的是卢瑟福的α粒子轰击金箔发生散射的实验，选项D正确．

6．解析：选D.由德布罗意波长λ＝可知，质子的波长与动量成反比，而动量与动能关系为p＝，所以A项错误；天然放射的三种射线，穿透能力最强的是γ射线，B项错误；光电效应实验中的截止频率是指使金属恰好发生光电效应时入射光的频率，即hν＝W，只与金属的逸出功W有关，C项错误；衍射是波的特性，所以电子束穿过铝箔的衍射图样说明电子具有波动性，D项正确．

7．解析：选BC.由题中信息知核反应方程为H＋H→He＋n，X粒子为中子，A项错误；由质量守恒定律可知，X粒子的质量m＝(1 876.1＋2 809.5－3 728.4－17.6)MeV/c2＝939.6 MeV/c2，B项正确；由质能方程可知，太阳每秒因辐射损失的质量Δm＝＝＝4.4×109 kg，C项正确，D项错误．

专题十三　热　学

1．解析：(1)若一分子固定于原点O，另一分子从距O点很远处向O点运动，在两分子间距减小到r2的过程中，分子力做正功，势能减小；由r2减小到r1的过程中，分子力仍做正功，势能减小；在间距为r1处，势能小于零．

(2)(i)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有

p(2V)＝pV1①

现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)．设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有

p(V＋V1)＝p′(V＋2V)②

联立①②式可得p′＝p.③

(ii)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有

p′V＝pV2④

设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有

k＝⑤

联立③④⑤式可得k＝.⑥

答案：(1)减小　减小　小于　(2)见解析

2．解析：(1)汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热既不违背热力学第一定律也不违背热力学第二定律；冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，违背了热力学第一定律；热机工作时吸收的热量不可能全部用来对外做功，而不产生其他影响，显然C选项遵循热力学第一定律，但违背了热力学第二定律；冰箱的制冷机工作时，从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，既不违背热力学第一定律也不违背热力学第二定律，综上所述，第一个空选B，第二个空选C.

(2)(i)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1，放入水下后筒内气体的压强为p1，由玻意耳定律和题给条件有

p1V1＝p0V0①

V0＝hS②

V1＝(h－l)S③

p1＝p0 ＋ρg(H－l)④

联立以上各式并考虑到H≫h>l，解得

l＝ h．⑤

(ii)设水全部排出后筒内气体的压强为p2，此时筒内气体的体积为V0，这些气体在其压强为p0时的体积为V3，由玻意耳定律有

p2 V0 ＝p0V3⑥

其中p2 ＝p0 ＋ρgH⑦

设需压入筒内的气体体积为V，依题意

V＝ V3－V0⑧

联立②⑥⑦⑧式得

V＝.⑨

答案：(1)B　C　(2)(i) h　(ii)

3．解析：(1)外力使活塞缓慢下降的过程中，由于温度保持不变，则气体的内能保持不变，气体的体积逐渐减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，又由玻意耳定律可知，气体体积减小，气体的压强增大，由以上分析可知，B、C、D正确，A、E错误．

(2)(i)设密封气体初始体积为V1，压强为p1，左、右管的截面积均为S，密封气体先经等温压缩过程体积变为V2，压强变为p2.由玻意耳定律有

p1V1＝p2V2①

设注入水银后水银柱高度为h，水银的密度为ρ，按题设条件有

p1 ＝p0 ＋ρgh0②

p2＝p0 ＋ρgh③

V1＝(2H－l－h0)S，V2＝HS④

联立①②③④式并代入题给数据得

h＝12.9 cm.⑤

(ii)密封气体再经等压膨胀过程体积变为V3，温度变为T2，由盖－吕萨克定律有

＝⑥

按题设条件有

V3＝(2H－h)S⑦

联立④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

T2＝363 K.

答案：(1)BCD　(2)见解析

4．解析：选C.气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，在b→c过程中体积增大，气体对外做功，根据p－V图像与横轴所围的面积表示做的功可知，在这两个过程中气体对外做的功相等，选项A错误；气体在a→b过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能不变，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功；气体在b→c过程中体积增大，气体对外做功，由理想气体状态方程可知，c状态的温度高于b状态的温度，内能增加，由热力学第一定律可知吸收的热量等于气体对外做的功与内能增加量之和，即气体在a→b过程中吸收的热量小于气体在b→c过程中吸收的热量，选项B错误；气体在c→a的过程中，体积减小，温度降低，外界对气体做功，内能减小，根据热力学第一定律，外界对气体做的功小于气体放出的热量，选项C正确；由理想气体状态方程可知，a、b两个状态温度相等，内能相等，所以气体在c→a的过程中内能的减少量等于气体在b→c过程中内能的增加量，选项D错误．

5．解析：设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为V0，由题意知

p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝①

由理想气体状态方程得

＝②

代入数据得p2＝0.7p0③

对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V0′，由题意知

p3＝p0、V3＝V0′、p4＝p2④

由玻意耳定律得

p0V0′＝p2V4⑤

联立③⑤式，代入数据得

V4＝V0′⑥

设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知

ΔV＝V4－V0′⑦

故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为＝⑧

联立⑥⑦⑧式，代入数据得

＝.⑨

答案：

6．解析：选B.在水向外不断喷出的过程中，罐内气体体积增大，则气体对外做功，根据玻意耳定律可知，罐内气体的压强减小，选项A错误，B正确；由于罐内气体温度不变，不对外放热，选项C错误；根据温度是分子平均动能的标志可知，温度不变，分子平均动能不变，选项D错误．

专题十四　机械振动与机械波　光

1．解析：(1)雷雨天看到闪电后，稍过一会儿才能听到雷声，这是光的速度比声波的速度大引起的，选项A错误；超声波被血管中血流反射后，探测器接收到的超声波频率发生变化，是多普勒效应，选项B正确；观察者听到远去的列车发出的汽笛声，音调会变低，是多普勒效应，选项C正确；同一声源发出的声波，在空气和水中的传播速度不同，是声速与介质有关，不是多普勒效应，选项D错误；天文学上观察到双星光谱随时间的周期性变化是多普勒效应，选项E正确．

(2)(i)如图，设距c点最近的振幅极大的点为d点，a与d的距离为r1，b与d的距离为r2，d与c的距离为s，波长为λ.则

r2－r1 ＝λ①

由几何关系有

r1＝l－s②

r＝(r1sin 60°)2＋(l－r1cos 60°)2③

联立①②③式并代入题给数据得

λ＝l.④

(ii)波的频率为f，设波的传播速度为v，有

v＝fλ⑤

联立④⑤式得

v＝.⑥

答案：(1)BCE　(2)见解析

2．解析：(1)由弧长公式可知l＝θR，又结合题意所求的距离近似等于弧长，则d＝×2π×80.0 cm ＝6.98 cm，结合题中保留1位小数和摆动最大角度小于5°可知不能填7.0，应填6.9；由单摆的周期公式T＝2π可知，单摆的周期与摆长的平方根成正比，即T∝，又由题意可知旧单摆周期与新单摆周期的比为10∶11，则＝，解得l′＝96.8 cm.

  (2)(i)如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r.折射光线射到BC边上的E点．设光线在E点的入射角为θ，由几何关系，有θ＝90°－(30°－r)＞60°

根据题给数据得

sin θ>sin 60°>②

即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射．

(ii)设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i′，折射角为r′，由几何关系、反射定律及折射定律，有

i＝ 30°③

i′＝90°－θ④

sin i＝nsin r⑤

nsin i′＝sin r′⑥

联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得

sin r′＝⑦

由几何关系，r′即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角．

答案：(1)6.9　96.8　(2)见解析

3．解析：(1)由题意x＝6 m处的质点在0到0.1 s时间内的运动方向不变，知该质点在该时间内振动的时间小于半个周期，结合波形图可知该时间应为个周期，显然该时间内x＝6 m处的质点沿y轴负方向运动，则由波的传播方向以及质点振动方向的关系可判断，该简谐横波沿x轴负方向传播；又由T＝0.1 s得T＝0.4 s，由波速与波长、周期的关系得v＝＝ m/s＝10 m/s.

(2)如图(a)所示，设从D点入射的光线经折射后恰好射向C点，光在AB边上的入射角为θ1，折射角为θ2，由折射定律有

sin θ1＝nsin θ2①

设从DB范围入射的光折射后在BC边上的入射角为θ′，由几何关系有

θ′＝30°＋θ2②

由①②式并代入题给数据得

 θ2＝30°③

nsin θ′>1  ④

所以，从DB范围入射的光折射后在BC边上发生全反射，反射光线垂直射到AC边，AC边上全部有光射出．

设从AD范围入射的光折射后在AC边上的入射角为θ″，如图(b)所示．由几何关系有

θ″＝90°－θ2  ⑤

由③⑤式和已知条件可知

nsin θ″>1⑥

即从AD范围入射的光折射后在AC边上发生全反射，反射光线垂直射到BC边上．设BC边上有光线射出的部分为CF，由几何关系得

CF＝AC·sin 30°⑦

AC边与BC边有光出射区域的长度的比值为

＝2.

 答案：(1)0.4　10　负方向　(2)2

4．解析：选A.波长为λ的光在玻璃片中的传播速度v＝，通过10λ的距离，光传播的时间差Δt＝－＝，选项A正确．

5．解析：选D.根据题述，x＝处质点的振动方程y＝Acos(t)，t＝时刻x＝处质点的位移y＝Acos(×)＝Acos()＝0，再经微小时间Δt，位移y为正值，可知质点向上运动，根据题述波沿x轴负方向传播，可知t＝时刻的波形图正确的是D.

6．解析：选AC.由全反射临界角与折射率的关系sin C＝＝可知，临界角为45°，即光线垂直BC方向射出在AC面恰好发生全反射，由几何知识可知光从AA′C′C面出射的区域占该侧面总面积的，所以A项正确，B项错误；若DE发出的单光色频率减小，则折射率n随之减小，由sin C＝可知，其临界角增大，所以AA′C′C面有光出射的区域面积将增大，C项正确，D项错误．

7．解析：选B.根据电磁波谱可知，红外线的频率小于紫外线的频率，真空中红外线的波长大于紫外线的波长，由光子能量公式可知，红外线光子能量小于紫外线光子能量，选项A错误，B正确；真空中任何光的传播速度都相等，所以真空中红外线的传播速度等于紫外线的传播速度，选项C错误；由于光是横波，都能够发生偏振现象，所以红外线和紫外线都能够发生偏振现象，选项D错误．

8．解析：选C.t＝时，质点a沿y轴正方向运动到平衡位置，其速度方向沿y轴正方向，选项A错误；根据简谐横波的传播特点可知，质点只在平衡位置附近上下振动，不沿传播方向迁移，选项B错误；t＝时，质点c运动到平衡位置，所受合外力为零，加速度为零，选项C正确；t＝时，质点d运动到正的最大位移处，位移为5 cm，选项D错误．

9．解析：(1)紫外线和X光从本质上说是电磁波，A、B项正确；治疗咽喉炎的超声波雾化器和检查血流情况的“彩超”机用的都是超声波，超声波属于机械波，C、D项错误．

(2)当电磁波传播到光纤内芯与外套界面时发生全反射，所以内芯的折射率比外套的折射率大；由临界角与折射率的关系可知，内芯的折射率n＝≈1.5.

(3)电磁波的传播速度v＝fλ

根据题意2d＝vΔt

解得d＝.

答案：(1)AB　(2)大　1.5　(3)见解析

10．解析：选D.一切物体都在辐射红外线，温度越高，其辐射红外线的强度越大，A、B、C项错误，D项正确．

11．解析：选C.设P点到O点的距离为x，光线从P垂直入射，在圆形界面发生全反射，可知sin C＝＝；当入射角为60°时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，说明光线从圆形表面中点射出，设光线从P点射入发生折射后的折射角为α，由几何知识可知，sin α＝，由折射定律有n＝，解得x＝R，n＝，A、B项错误；临界角C＝arcsin≠30°，D项错误；又由n＝⇒v＝＝c，C项正确．

12．解析：选CD.由题可知波速v＝＝1 m/s，经6.0 s，两波沿传播方向传播6 m，而M点离左、右两波源距离均为7 m，所以此时P点未振动，A项错；8.0 s时，两波均经过M点，M点到两波源距离相等，是振动加强点，即振幅为2 cm，仍做简谐运动，B项错；10.0 s时，两波均经过P点，P点到两波源的路程差为6 m＝λ，则10.0 s后P点位移始终为0，C正确；10.5 s时，仅有S1时，Q点位于平衡位置且将要向下振动，仅有S2时，Q质点位于波峰处且将要向下振动，故10.5 s时Q的振动方向竖直向下，D正确．

专题十五　力学实验

1．解析：(1)当气垫导轨水平时，滑块在导轨上做匀速运动，所以滑块上的遮光片通过两个光电门的遮光时间相等．

(5)根据冲量的定义可得I＝m1gt12；根据动量改变量的定义可得Δp＝m2－m2＝m2.

(6)代入数据得I＝m1gt12＝1.50×10－2×9. 80×1.50 N·s≈0.221 N·s；Δp＝m2＝0.400×1.000×10－2×kg·m/s≈0.212 kg·m/s.

(7)根据定义可得δ＝×100%≈4%.

答案：(1)大约相等　(5)m1gt12　m2

(6)0.221　0.212　(7)4

2．解析：小球B做初速度为零的匀加速直线运动，有h0－h＝aT2，解得a＝1.84 m/s2.对B由牛顿第二定律有mBg－F＝mBa′，对A由牛顿第二定律有F′－mAg＝mAa′，F′＝F，解得a′＝＝1.96 m/s2.a′和a有明显差异，原因可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量．

答案：1.84　1.96　滑轮的轴不光滑或滑轮有质量

3．解析：打下B点的时刻为打下与B点相邻左、右两点的中间时刻，则打下B点时小车的速度应为这两点间小车的平均速度，即vB＝×10－2m/s＝0.36 m/s；同理打下P点时小车的速度为vP＝×10－2 m/s＝1.80 m/s.在验证动能定理时，如果选取B到P的过程，则由mgxBP＝(M＋m)v－(M＋m)v可知，要验证动能定理还需要求得B、P两点间的距离．

答案：0.36　1.80　B、P之间的距离

4．解析：①为了使钢球离开桌面做平抛运动，实验时应保持桌面水平，A项正确；为了使钢球做平抛运动的初速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，B项正确；实验与斜面是否光滑无关，D项错误；若ab边与桌边重合，则钢球在空中做的不是平抛运动，C项错误．②钢球在水平方向做匀速直线运动，每次向右移动0.2 m，钢球做平抛运动的时间均匀增大；竖直方向上，钢球做自由落体运动，有Δy＝gT2，得T＝0.1 s，所以钢球平抛的初速度v＝＝2 m/s.③木板上悬挂铅垂线是为了调整木板使其处于竖直状态．

答案：①AB　②2　③方便将木板调整到竖直平面

5．解析：(1)根据题中提供的小球和测量要求可得出要使用小钢球进行实验，与乒乓球、小塑料球相比，小钢球下落相同高度获得的速度更大，可以减小实验误差．

(2)根据实验要求，可以得出先固定刻度尺，然后固定手机调好手机镜头位置，打开手机摄像功能进行摄像，最后捏住小球，使小球由静止下落，即步骤为①③④②.

(3)图11－2左侧图片中小球上边缘的读数为2.00 cm，中间图片中小球上边缘的读数为26.00 cm，右侧图片中小球上边缘的读数为76.70 cm，由逐差法可得当地的重力加速度大小为g＝×10－2 m/s2＝9.6 m/s2.

(4)由于释放小球时手稍有晃动，小球偏离竖直方向，则小球做平抛运动，但竖直方向仍做自由落体运动，故能用(3)问中的方法测量重力加速度．

答案：(1)小钢球　(2)①③④②　(3)9.6(9.5～9.7都算对)　(4)仍能

6．解析：(1)①相邻两个计数点之间的时间间隔T＝5×0.02 s＝0.10 s，根据做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打d点时小车的速度大小vd＝＝×10－2 m/s＝0.19 m/s.

②在图甲中把托盘和砝码的重力视为小车受到的拉力，需要满足条件M≫m；在图乙中挂上托盘和砝码，使小车匀速向下运动，受力平衡，去掉托盘和砝码，小车所受的合外力F等于托盘和砝码的重力mg.所以需要满足条件M≫m的方案是甲．在作a－F图象时，把mg作为F值的是甲和乙．

(2)①单摆只有在最大摆角小于10°时，其振动才可以视为简谐运动，所以选项A错误；摆球的质量大些、体积小些，可以减小振动时空气阻力的影响，可以减小测量误差，选项B正确；摆线尽量细些，可减小摆线质量的影响，摆线尽量长些，可保证最大摆角小于10°，伸缩性小些，可使摆动过程中摆长保持不变，选项C正确；由于摆球在通过最低位置时速度最大，计时的起、止位置选在摆球达到的最低位置，有利于减小计时误差，选项D错误．

②设摆线长为L，摆球半径为r，则单摆的周期公式为T＝2π，变化为T2＝.对照图3所示的图象，图象斜率k＝.实验所得结果与当地重力加速度值相等，说明实验测量符合要求，图象延长线没有过原点，说明测量摆长时直接将摆线长度作为摆长，其原因可能是C.

答案：(1)①0.18～0.19　②甲　甲和乙

(2)①BC　②C

专题十六　电学实验

1．解析：(1)当用电流表内接法时，测量值为Rx1＝Rx＋RA>Rx，当用电流表外接法时，测量值为Rx2＝<Rx，图(b)中图线Ⅱ的斜率较小，所以应为使用电流表外接法测量的结果，即电压表跨接在O、P间测量得到的．

(2)由图线可得Rx约为50.0 Ω，可知Rx>，所以用电流表内接法测量的结果误差较小，即由图线Ⅰ得到的结果更接近待测电阻的真实值，测量结果Rx1＝＝50.5 Ω.

(3)因为Rx1＝Rx＋RA，所以Rx＝Rx1－RA＝50.0 Ω.

答案：(1)O、P　(2)Ⅰ　50.5　(3)50.0

2．解析：

(2)根据串并联知识可得小灯泡两端的电压U＝I1(Rg1＋R0)，流过小灯泡的电流I＝I2－I1，小灯泡的额定电压为U额＝3.6 V，由U额＝I1(Rg1＋R0)可得I1＝180 mA，即为了保证小灯泡的安全，I1不能超过180 mA.

(3)灯丝的电阻R＝＝，当I1＝ 173 mA时，I2 ＝470 mA，解得R＝11.6 Ω.

(4)小灯泡的额定电压为U额＝3.6 V，由Ig1(Rg1＋R)≥U额可得R≥8.0 Ω.

答案：(1)如图所示　(2)I1(Rg1＋R0)　I2－I1　180　(3)11.6　(4)8.0

3．解析：(1)由于滑动变阻器的最大阻值比待测电阻的阻值小得多，因此滑动变阻器应用分压式接法，由于电压表可视为理想电表，则电流表应用外接法，电路图如答案图所示．

(2)由欧姆定律得R＝＝ Ω＝1.8×103 Ω(或1.8 kΩ)．

(3)由题图(a)可直接读出热敏电阻的阻值为2.2 kΩ时，室温为25.5 ℃.

(4)由题意可知随温度的升高R2两端的输出电压应增大，又由串联电路的特点可知，R1的阻值应减小或R2的阻值应增大，而热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，因此R1应为热敏电阻；当环境温度为50 ℃时，热敏电阻的阻值为0.8 kΩ，则由串联电路的特点有＝，解得R2＝1.2 kΩ.

答案：(1)如图所示　(2)1.8　(3)25.5　(4)R1　1.2

4．解析：(1)路端电压U＝·R＝，若电源内阻远小于外电路总电阻，则电压表示数总是接近电源的电动势，变化范围小，故B项正确．(2)②由画出的U－I 图线知等效电源内阻r′＝ Ω≈2.58 Ω，因此选的定值电阻为R1.③连接实物图时，从电源正极出发，依次连接各器材，电压表并联在滑动变阻器和电流表两端，注意电流从正接线柱流入，负接线柱流出．

答案：(1)B　(2)①如图1所示　②R1　③如图2所示

5．解析：①应用伏安法测电源电动势和内阻，电压表应测量电源两端的电压，故导线5接滑动变阻器的一端应改接到电源的正极；

②滑动变阻器起保护电路的作用，因此闭合开关前，应将其接入电路的电阻调为最大值，故滑片P应置于a端；

③在电池组负极和开关间串联一个阻值为5 Ω的电阻，由闭合电路欧姆定律有U＝E－I(r＋R)，所以U－I图线的纵截距表示电源电动势，E＝2.9 V，图线斜率的绝对值表示电源内阻与定值电阻串联的总电阻，所以电源内阻为r＝Ω＝0.80 Ω.

答案：①5　②a　③2.9　0.80

6．解析：(1)根据电路原理图，按着电流的方向进行实物电路图的连线，如图1所示．

(2)由表格中的数据在题图上按着标度描出对应的各点，然后用平滑的曲线连接，使尽可能多的点位于曲线上，如图2所示．

(3)根据作出的I－U图线可知，待测元件为非线性元件．

(4)根据电路的原理图可知，若用导线代替电路中的定值电阻R0，在调节滑动变阻器滑片时所允许的调节范围会变小，此时若调节滑动变阻器滑片，稍有不慎就会使通过待测元件的电流过大，烧坏待测元件或电流表，B、C正确；电压测量值与待测元件两端电压一致，即测量值误差不变，A错误；去掉R0，导线不分电压，待测元件两端电压可调节范围变大，D错误．

答案：(1)如图1所示　(2)如图2所示　(3)非线性　(4)BC

7．解析：(1)按照图1乙电路画出电路图；

(2)由题图可知，电压表量程选择3 V，电流表量程选择0.6 A，根据电流表和电压表读数规则，电流I＝0.40 A，电压U＝1.30 V；

(3)图1甲的电路将电流表与干电池串联，测量出来的干电池内阻实际为干电池内阻与电流表内阻之和，对应图线的斜率绝对值较大，所以图3中直线Ⅱ对应电路为图1甲电路，直线Ⅰ对应电路为图1乙电路；

(4)根据实验图象与纵轴交点的纵坐标为电池电动势，可知该电池的电动势E＝1.52 V，由图3中直线Ⅰ的斜率绝对值可得电池内阻r＝0.53 Ω.

答案：(1)电路图如图所示

(2)0.39～0.41　1.29～1.31

(3)乙

(4)1.51～1.54　0.52～0.54

专题十七　力学计算题

1．解析：(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g.飞机起飞离地应满足条件

m1g＝kv①

m2g＝kv②

由①②式及题给条件得v2＝78 m/s.③

(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t.由匀变速直线运动公式有v＝2as④

v2＝at⑤