【文档说明】2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷四（含答案解析）.doc，共(16)页，393.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020年普通高等学校招生统一考试物理模拟卷四1、下列说法正确的是()A．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B．图乙中，两个影子在x、y轴上的运动就是物体的两个分运动C．图丙中，小

锤用较大的力去打击弹性金属片，A、B两球可以不同时落地D．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力大于所需要的向心力2、如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()A．振动周

期为5s，振幅为8cmB．第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C．从第1s末到第2s末振子的位移增加，振子在做加速度减小的减速运动D．第3s末振子的速度为正向的最大值3、有一种灌浆机可以将某种涂料以速度v持续喷在墙壁上，假设涂料打在墙壁上后便完全附着在墙

壁上，涂料的密度为ρ，若涂料产生的压强为p，不计涂料重力的作用，则墙壁上涂料厚度增加的速度u为()A．B．C．D．4、(2019·长春田家炳实验中学模拟)如图所示为一简易起重装置，AC是上端带有滑轮的固定支架，BC为质量不计的轻杆，杆的一端C用铰链固定在支架上，另一端

B悬挂一个重力为G的重物，并用钢丝绳跨过滑轮A连接在卷扬机上。开始时，杆BC与支架AC的夹角∠BCA>90°，现使∠BCA缓缓变小，直到∠BCA＝30°。在此过程中，杆BC所受的力(不计钢丝绳重力及一切阻力，且滑轮和铰链大小可不计)()A．逐渐增大B．先减小

后增大C．大小不变D．先增大后减小5、分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谱仪内的磁场前加一扇形电场。扇形电场由彼此平行、带等量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向。被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入

静电分析器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则()A．垂直电场线射出的离子速度的值相同B．垂直电场线射出的离子动量的值相同C．偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大D．偏向负极板的离子离开电场时动量的值比

进入电场时动量的值大6、(2019·天津模拟)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中有垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径OA成30°角，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计该

点电荷的重力，下列说法正确的是()A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B．该点电荷的比荷＝C．该点电荷在磁场中的运动时间为t＝D．该点电荷带正电7、如图甲所示，A、B两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A环中电流i

A随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()A．t1时刻，两环之间作用力最大B．t2和t3时刻，两环相互吸引C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥D．t3和t4时刻，两环相互吸引8、一平直公路上有甲乙两辆车，它们从t＝0时刻开始运动，

在0～6s内速度随时间变化的情况如图所示。已知两车在t＝3s时刻相遇，下列说法正确的是()A．两车的出发点相同B．t＝2s时刻，两车相距最远C．两车在3～6s之间的某时刻再次相遇D．t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6s时刻两车之间的距离9、如图所示，平行板电容器与电动

势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．带电油滴将沿竖直方向向下运动C．P点的电势将降低D．电容

器的电容减小，电容器所带电荷量将减小10、(2019·江西五校协作体联考)双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示，相距为L的M、N两恒

星绕共同的圆心O做圆周运动，M、N的质量分别为m1、m2，周期均为T。若另有间距也为L的双星P、Q，P、Q的质量分别为2m1、2m2，则()A．P、Q运动的轨道半径之比为m1∶m2B．P、Q运动的角速度之比为m2∶m1C．P

、Q运动的周期均为TD．P与M的运动速率相等11、质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b在水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周

运动，则下列说法正确的是()A．a绳的张力不可能为零B．a绳的张力随角速度的增大而增大C．当角速度ω>，b绳将出现弹力D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化12、(2019·四省八校双教研联盟联考)如图甲所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一匝数为n、面积为S、总

电阻为r的矩形线圈abcd绕轴OO′以角速度ω匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻R形成闭合电路，回路中接有一理想交流电流表。图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法正确的是()A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的

变化量为2BSB．从t3到t4这段时间内通过电阻R的电荷量为C．t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为nBSωD．电流表的示数为13、下列说法中正确的是()A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则

性，间接反映了液体分子运动的无规则性C．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小D．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体14、如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度大小v0沿足够长的斜面向上推

出，斜面底边固定在水平地面上，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，物体受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，根据图象可求出()A．物体的初速度大小v0＝6m

/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．当θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑15、在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用Ek

、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度h或下落时间t的变化规律，下列四个图象中正确的是()ABCD16、如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以

恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是()A．这个行星的质量M＝B．这个行星的第

一宇宙速度v1＝2ωC．这个行星的同步卫星的周期是D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为ω2L17、某同学利用拉力传感器来验证力的平行四边形定则，实验装置如图甲所示。在贴有白纸的竖直板上，有一水平细杆MN，细杆上安装有两个可沿细杆移动的拉力传感器A、B，传感器与计

算机相连接。两条不可伸长的轻质细绳AC、BC(AC>BC)的一端结于C点，另一端分别与传感器A、B相连。结点C下方用轻细绳悬挂重力为G的钩码D。实验时，先将拉力传感器A、B靠在一起，然后不断缓慢增大两个传感

器A、B间的距离d，传感器将记录的AC、BC绳的张力数据传输给计算机进行处理，得到如图乙所示张力F随距离d的变化图线。A、B间的距离每增加0.2m，就在竖直板的白纸上记录一次A、B、C点的位置。则在本次实验中，所用钩码的重力G＝________N；当A、B间距

离为1.00m时，AC绳的张力大小FA＝________N；实验中记录A、B、C点位置的目的是____________________。18、目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，电瓶用久以后性能会下降，表现之一为电瓶的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一块旧的车载电

瓶充满电，准备利用下列器材测量电瓶的电动势和内阻：A．待测电瓶，电动势约为3V，内阻约几欧姆B．直流电压表V1、V2，量程均为0～3V，内阻约为3kΩC．定值电阻R0，阻值未知D．滑动变阻器R，最大阻值为RmE．导线和开关(1)根据如图

甲所示的实物连接图，在图乙虚线框中画出相应的电路图。(2)实验之前，需要利用该电路测出定值电阻R0的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0＝________(用U10、U20、Rm表示)。(3)实验中移动滑动

变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，在横轴上的截距为a，则电瓶的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、a、R0表示)。19、在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中：(1

)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d＝________cm。(2)小张同学实验时却不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次摆线长和周期，第一次测得悬线长为L1，对应振动周期为T1；第二次测得悬线长为L2，对应单摆的振动周期为T2，根据以上测量数据也可导出重力加速度

的表达式为______________________________。20、如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质

量M＝3kg，高h＝0.2m，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m＝0.5kg，初始位置距木板左端L1＝0.46m，距木板右端L2＝0.14m；初速度v0＝2m/s，恒力F＝8N，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；(

2)滑块离开木板时，木板的速度大小。21、如图所示，开口向下竖直放置的内部光滑汽缸，汽缸的横截面积为S，其侧壁和底部均导热良好，内有两个质量均为m的导热活塞，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，汽缸下部与大气相通，外部大气压强始终为p0，mg＝0.2p0S，环

境温度为T0，平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度均为l，现将汽缸倒置为开口向上，求：(1)若环境温度不变，求平衡时Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之比；(2)若环境温度缓慢升高，但Ⅰ、Ⅱ两部分气柱的长度之和为2l时，气体的温度T为多少？22、某工地一传输工件的装置可简化为

如图所示的情形，AB为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R＝5.4m，BC为水平轨道，CD为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r＝1m，三段轨道均光滑。一长为L＝4m、质量为m2＝1kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相

切，且与CD轨道最低点处于同一水平面。一可视为质点、质量为m1＝2kg的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处。工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住。工件与小车的动

摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2。当工件从h＝0.5R高处静止下滑。(1)求工件到达圆形轨道最低点B对轨道的压力大小；(2)工件滑上小车后，小车恰好到达平台处与工件共速，求BC之间的距离；(3)若平板小车长L′＝3.4m，工件在小车与CD轨道碰撞前已经共速，则工件应

该从多高处下滑才能让站台上的工人接住。23、如图所示，半径分别为R1、R2的两个同心圆，圆心为O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没

有磁场。今有一带正电的粒子从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点。(带电粒子重力不计)求：(1)若v＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少？(2)大圆外的磁场B2的方向；(3)磁感应强度B1与B2的比值为多少。参考答案1

、B解析：题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A错误；题图乙中沿y轴的平行光照射时，在x轴上的影子就是x轴方向的分运动，同理沿x轴的平行光照射时，在y轴上的影子就是y轴方向的分运动，选项B正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得

小球A的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A、B两球总是同时落地，选项C错误；做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D错误。2、D解析：由题图图象可知振动周期为4s，振幅为8cm，选项

A错误；第2s末振子在最大位移处，速度为零，位移为负，加速度为正向的最大值，选项B错误；从第1s末到第2s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，选项C错误；第3s末振子在平衡位置，向正方向运动，速度为正向的

最大值，选项D正确。3、B解析：涂料持续飞向墙壁并不断附着在墙壁上的过程，速度从v变为0，其动量的变化源于墙壁对它的冲量，以极短时间Δt内喷到墙壁上面积为ΔS、质量为Δm的涂料(微元)为研究对象，设墙壁对它的作用力为

F，涂料增加的厚度为h。由动量定理得F·Δt＝Δm·v，又有Δm＝ρ·ΔSh，所以p＝，涂料厚度增加的速度为u＝，联立解得u＝，选项B正确。4、C解析：以结点B为研究对象，分析受力情况，作出结点B的受力分析图如图所示，根

据平衡条件知，F、N的合力F合与G大小相等、方向相反。△ABC与△F合NB相似，根据三角形相似得＝＝，又F合＝G，解得F＝G，N＝G，∠BCA缓慢变小的过程中，AB变小，而AC、BC不变，则F变小，N不变，由牛顿第三定律知作用在BC杆上的力大小不变，故C项正确。5、D解析：垂直电

场线射出的离子，在电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有Eq＝m，解得Eqr＝mv2，同位素的质量不同，所以垂直电场线射出的离子动能的值相同，速度不同，动量不同，A、B错误；偏向正极板的离子离开电场时克服电场力做功，动能比进入电场时的小，C错误；偏向负极板的离子离开电场时，过程中电场力做正

功，速度增大，动量增大，故比进入电场时动量的值大，D正确。6、B解析：该点电荷在磁场中做匀速圆周运动，作出点电荷的运动轨迹如图所示。根据几何关系可知，点电荷在磁场中运动的时间刚好为，点电荷做圆周运动的轨迹

半径为r＝Rsin30°＝。点电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误。根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，又r＝，所以＝，故B正确。该点电荷在磁场中运动的时间为t＝＝，所以C错误。根据点电荷在磁场中的偏转方向和左手定则可知，该点电荷带负电，故D

错误。7、B解析：t1时刻虽然A环中电流最大，但电流的变化率为零，B环中感应电流为零，两环之间作用力为零，选项A错误。设A环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根据安培定则可知，t2时刻A环中电流产生的磁场水平向左穿过B环，

且磁感应强度在减小，根据楞次定律可知B环中产生与A环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3时刻也应相互吸引，选项B正确，C错误。t4时刻A环中电流为零，两环无相互作用，选项D错误。8、D解析：由图可得，0～3s内，乙的位移×(2＋0.5)×3

m＝3.75m，甲的位移×(2＋4)×2m＋×(4＋3)×1m＝9.5m，二者t＝0时刻相距9.5m－3.75m＝5.75m，选项A错误；3～6s内，乙的位移－×(1＋0.5)×1m＝－0.75m，甲的位移×

3×3m＝4.5m，t＝6s时，二者相距4.5m＋0.75m＝5.25m，所以t＝0时刻两车之间的距离大于t＝6s时刻两车之间的距离，选项D正确；0～2s内，两车间距逐渐减小，t＝2s时刻不是相距最远，选项B错误；两质点在3～6s之间距离

越来越大，不可能再次相遇，选项C错误；故选D。9、A解析：由C＝知，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，电容器两极板始终与电源相连，则两极板间电压不变，由C＝，知电容器所带电荷量增大，D错误；由E＝知，d减小时，电场强度增大，油滴受到的电场力增大

，油滴竖直向上运动，A正确，B错误；电场强度增大，由UPO＝EdPO可知，P与下极板间的电势差增大，又UPO＝φP－0，则P点的电势升高，C错误。10、C解析：双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，选项B错误；由万有引力提供向心力，对M、N有G＝m1·r1，G＝m2·r2，对P、Q

有，G＝2m1·r′1，G＝2m2·r′2，其中r1＋r2＝L，r′1＋r′2＝L，联立解得T′＝T，选项C正确；由2m1r′1＝2m2r′2，可知r′1∶r′2＝m2∶m1，选项A错误；由以上分析可知r1＝r′1，结合v＝可知选项D错误。11、AC

解析：对小球受力分析可得a绳的弹力在竖直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，为定值，A正确，B错误。当Tacosθ＝mω2l，即ω＝时，b绳的弹力为零，若角速度大于该值，则绳b将出现弹力，C正确。

由于b绳可能没有弹力，故绳b突然被剪断，则a绳的弹力可能不变，D错误。12、AD解析：根据题图乙可知，在t1时刻，产生的感应电动势为正向最大，穿过线圈的磁通量为零，在t3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，则从t1到t3这段时间内穿过线圈

磁通量的变化量为2BS，选项A正确；匝数为n的线圈在匀强磁场中转动，从t3到t4这段时间Δt1＝t4－t3内产生的感应电动势平均值＝n，产生的电流平均值＝，通过电阻R的电荷量q＝Δt1，穿过线圈磁通量的变化量为ΔΦ1＝BS，联立解得q＝n，选项B错误；在t

3时刻，产生的感应电动势为负向最大，穿过线圈的磁通量为零，穿过线圈的磁通量变化率最大，由E0＝n＝nBSω，得t3时刻穿过线圈的磁通量变化率为＝BSω，选项C错误；感应电动势的有效值为E＝，电路中电流I＝，即电流表的示数为，选项D正确。13、BCD解析：知道气体的摩尔体积和阿伏加

德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，A项错误；悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，B项正确；理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，C项正确；若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，D项正确。14、AC解

析：由图乙可知，当斜面的倾角为90°时，x＝1.80m，则由竖直上抛运动规律可知v02＝2gx，解得v0＝m/s＝6m/s，当θ＝0°时，x＝2.40m，由动能定理可得－μmgx＝－mv02，解得μ＝＝，A正确，B错误；取不同的倾角θ时，根据动能定理得

－mgxsinθ－μmgcosθ·x＝0－mv02，解得x＝，tanα＝⇒α＝37°，当θ＋α＝90°，即θ＝53°时sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，xmin＝1.44m，C正确；当θ＝30°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力F＝mgsin30°＝

mg，摩擦力f＝μmgcos30°＝0.75×mg×＝mg，因F<f，故小球到达最高点后，不会下滑，D错误。15、AC解析：钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支

持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v＝at，故C正确；根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确；设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E＝E0－fh＝E0－f

·at2，则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误。16、BCD解析：当物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最

大时，角速度最大，由牛顿第二定律可得μmgcos30°－mgsin30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则G＝mg，解得M＝，A错误；行星的第一宇宙速度v1＝＝

2ω，B正确；这个行星的同步卫星的周期与行星的自转周期相同，由G＝mg＝mR得T＝，所以C正确；离行星表面距离为R的地方的引力为mg′＝＝mg，即重力加速度为g′＝g＝ω2L，D正确。17、3018记录AC、BC绳张力的方向解析

根据题意，由于AC>BC，所以刚开始分开的时候，只有BC绳有拉力，而且其拉力大小等于物体的重力，由图乙知G＝30N，由图分析可以知道图线Ⅱ为AC绳拉力的图象，则当A、B间距离为1.00m时，AC绳的张力大小F

A＝18N；实验中记录A、B、C点位置的目的是记录AC、BC绳的张力的方向，从而便于画出平行四边形。18、(1)见解析图(2)Rm(3)解析(1)滑动变阻器和定值电阻串联，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量路端电压，电路图如图所示。(2)串联电路电流处处相等，滑动变

阻器接入电路的阻值为Rm，所以，解得定值电阻R0＝Rm。(3)滑动变阻器R两端的电压为U1，路端电压为U2，则定值电阻两端的电压为U2－U1，干路电流I＝，由闭合电路欧姆定律可得U2＝E－Ir＝E－r，整理可得U1＝U2－E，结合图象可得

1＋＝k，E＝a，从而可得电瓶内阻r＝，电动势E＝。19、(1)2.030(2)g＝解析(1)游标卡尺的主尺读数为20mm，游标尺读数为0.05×6mm＝0.30mm，则摆球的直径d＝20.30mm＝2.030cm；(2)设小球的半径为r，根据单摆的周期公式得T1＝2π，T2＝2π，联立方程组

解得g＝。20、(1)0.2s(2)0.6m/s解析(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知h＝gt02得t0＝＝0.2s。(2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定

律F＋μ(m＋M)g＝Ma1得a1＝5m/s2则木板减速到零所经历的时间t1＝＝0.4s所经过的位移s1＝＝0.4m由于s1<L1，表明这时滑块仍然停留在木板上此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律F－μ(m＋M)g＝Ma2得a2＝

m/s2滑块离开木板时，木板向左的位移s2＝s1＋L2＝0.54m该过程根据运动学公式s2＝a2t22得t2＝1.8s滑块滑离瞬间木板的速度v2＝a2t2＝0.6m/s。21、(1)(2)T0解析(1

)汽缸开口向下时，Ⅰ气体初态压强p1＝p0－＝0.6p0汽缸开口向下时，Ⅱ气体初态压强p2＝p0－＝0.8p0汽缸开口向上时，Ⅰ气体末态压强p′1＝p0＋＝1.4p0汽缸开口向上时，Ⅱ气体末态压强p′2＝p0＋＝1.2p0由玻意耳定律p1Sl＝p′1Sl1，p2Sl＝p′2Sl2，解得＝。(2)升

温过程中两部分气体均做等压变化，设Ⅰ气体的气柱长度为x，则Ⅱ气体的气柱长度为2l－x，由盖—吕萨克定律＝，＝，解得T＝T0。22、(1)40N(2)5.2m(3)3.47m解析(1)工件下滑到B处，速度为v0此过程机械能守恒，有m1v02＝m1gh

在B处FN－m1g＝m1联立以上两式求得FN＝m1g＝40N由牛顿第三定律得，工件对轨道最低点B的压力F′N＝FN＝40N。(2)设工件与小车共速为v1，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v1小车移动位移s1，由动能定理得μm1gs1＝m2v12－0联立求得

s1＝＝1.2m故sBC＝L＋s1＝5.2m。(3)设工件滑至B点时速度为v′0，与小车共速为v′1，工件到达C点时速度为v′2由动量守恒定律得m1v′0＝(m1＋m2)v′1由能量守恒定律得μm1g

L′＝m1v′02－m2v′12－m1v′22工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得m1v′22＝m1gr工件从高为h′处下滑，则m1v′02＝m1gh′代入数据解得h′＝3.47m。23、(1)(2)垂直于纸面向里(3)解析(1)由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m则r1＝由

几何关系可知，粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为则t＝解得t＝。(2)分析得，粒子第一次回到小圆便经过A点，则粒子在外磁场中继续做逆时针方向的圆周运动，则B2的方向为垂直于纸面向里。(3)由几何关系得且r1＝，r2＝解得。