(含5套模拟卷)山东省淄博市2021届新高考模拟物理试题(市模拟卷)含解析

(含5套模拟卷)山东省淄博市2021届新高考模拟物理试题(市模拟卷)含解析

山东省淄博市 2021 届新高考模拟物理试题（市模拟卷） 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。在一次抛砖的过程中，砖 块运动 3s 到达最高点，将砖块的运动匀变速直线运动，砖块通过第 2s 内位移的后 1 3 用时为 t1，通过第 1s 内位移的前 1 5 用时为 t 2，则 2 1 t t 满足（ ） A． 2 1 1 1 5 4 t t B． 2 1 1 1 4 3 t t C． 2 1 1 1 3 2 t t D． 2 1 1 1 2 t t 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 竖直向上抛砖是匀变速直线运动，经过 3s 减为 0 ，可以从最高点开始逆向思维，把上升过程反过来看作 自由落体运动。根据自由落体运动的公式 21 2 h gt ，得第 1s 内，第 2s内，第 3s 内的位移之比为 1 2 3: : 1: 3: 5S S S 从最高点开始，设第 1s 内位移为 x ，则第 2s 内为 3x，第 3s内为 5x。所以从最高点开始，砖块通过上抛 第 2s 位移的后 1 3 的位移为第 2 个 x，通过第 1s内位移的前 1 5 的位移即为第 9 个 x，按照自由落体公式可 得 1 2 2 2x xt g g 2 2 9 2 8 9 x xt g 所以 2 1 9 8 0.41 2 1 t t 所以 ABD 错误， C 正确。 故选 C。 2．下列说法中正确的是（ ） A．物体的温度升高时，其内部每个分子热运动的动能一定增大 B．气体压强的产生是大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的 C．物体的机械能增大，其内部每个分子的动能一定增大 D．分子间距离减小，分子间的引力和斥力一定减小 【答案】 B 【解析】 物体的温度升高时， 其内部分子的平均动能变大， 并非每个分子热运动的动能都增大， 选项 A 错误； 气体 压强的产生是大量气体分子对器壁持续频繁的碰撞引起的， 选项 B 正确； 宏观物体的机械能与微观分子的 动能无关，选项 C 错误；分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大，选项 D 错误；故选 B. 3．理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规 律．以下实验中属于理想实验的是（ ） A．伽利略的斜面实验 B．用打点计时器测定物体的加速度 C．验证平行四边形定则 D．利用自由落体运动测定反应时间 【答案】 A 【解析】 【详解】 A．伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验， 故 A 正确； B．用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行是实际操作的实验，故 B 错误； C．平行四边形法则的科学探究属于等效替代法，故 C 错误； D．利用自由落体运动测定反应时间是实际进行的实验，不是理想实验，故 D 错误． 故选 A． 4．如图所示，图中虚线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹， a、b、 c 为粒子的运动轨迹与等势线的交点，粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（ ） A．粒子在 a 点的加速度比在 b 点的加速度大 B．粒子在 a 点的动能比在 b 点的动能大 C．粒子在 a 点和在 c 点时速度相同 D．粒子在 b 点的电势能比在 c 点时的电势能大 【答案】 A 【解析】 【分析】 由等势面的疏密可知电场强度的大小， 由 F Eq 可知电场力的大小关系； 根据曲线的弯曲方向可知粒子的 受力方向， 进而判断出电场力做功的特点。 根据能量守恒定律分析粒子在 a 点动能与粒子在 b 点动能之间 的关系。由动能定理可知 BC 两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断， 应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法。 【详解】 A．因 a 点处的等势面密集，故 a 点的电场强度大，故电荷在 a 点受到的电场力大于 b 点受到的电场力， 结合牛顿第二定律可知，粒子在 a 点的加速度比在 b 点的加速度大，故 A 正确； B．由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知，粒子受到的电场力指向右侧，则从 a 到 b 电场力做正功，粒子动 能增大，故 B 错误； C．速度是矢量，沿轨迹的切线方向，由图可知，粒子在 a 点和在 c 点时速度方向不相同，故 C 错误； D．粒子受到的电场力指向右侧，则从 b 到 c 电场力做负功，粒子的电势能增大，所以粒子在 b 点的电势 能比在 c 点时的电势能小，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】 本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。 5．关于速度、速度变化量和加速度的关系，正确说法是 A．物体运动的速度越大，则其加速度一定越大 B．物体的速度变化量越大，则其加速度一定越大 C．物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大 D．物体的加速度大于零，则物体一定在做加速运动 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．物体运动的速度大时，可能做匀速直线运动，加速度为零，故 A 项错误； B．据 va t 可知，物体的速度变化量大时，加速度不一定大，故 B 项错误； C．物体的速度变化率就是 v t ，物体的速度变化率越大，则其加速度一定越大，故 C 项正确； D．当物体的加速度大于零，速度小于零时，物体的速度方向与加速度方向相反，物体做减速运动，故 D 项错误。 6．AB 是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为 M 的物块穿在杆 AB 上，物块通过细线悬吊着一质量为 m 的小球．现用沿杆的恒力 F 拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角 为 θ，则以下说法正确的是（ ） A．杆对物块的支持力为 Mg B．细线上的拉力为 sin mg C． tanF M m g D．物块和小球的加速度为 sing 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 对小球和物块组成的整体，分析受力如图 1 所示， 根据牛顿第二定律得：水平方向： ，竖直方向： ．故 A 错误；以小球为研究 对象，分析受力情况如图 2 所示，由牛顿第二定律得： ； ,故 B 错误；对整体在水平 方向： ，故选项 C 正确，选项 D 错误． 【点睛】 以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对 M 的摩擦力、弹力与加速度的 关系．对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的 关系． 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．2019 年 1 月 11 日 1 时 11 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭， 成功将 “中星 2D”卫星 发射升空，卫星顺利进入预定轨道。该卫星可为全国广播电台、电视台等机构提供广播电视及宽带多媒体 等传输任务。若已知 “中星 2D”的运行轨道距离地面高度 h、运行周期 T、地球的半径 R，引力常量 G，根 据以上信息可求出（ ） A．地球的质量 B． “中星 2D”的质量 C． “中星 2D”运行时的动能 D． “中星 2D”运行时的加速度大小 【答案】 AD 【解析】 【详解】 AB ．根据 2 2 2( ) ( ) ( ) MmG m R h R h T 可得 2 3 2 4 ( )R hM GT 但是不能求解 m，选项 A 正确， B 错误； C． “中星 2D”的质量未知，则不能求解其运行时的动能，选项 C 错误； D．根据 2( ) MmG ma R h 可得 2( ) GMa R h 可求解 “中星 2D”运行时的加速度大小，选项 D 正确； 故选 AD 。 8．如图所示，在竖直平面内的 xOy 坐标系中分布着与水平方向成 30°角的匀强电场，将一质量为 0.1kg、 带电荷量为 +0.01C 的小球以某一初速度从原点 O 竖直向上抛出，它的轨迹方程为 y1=x，已知 P 点为轨迹 与直线方程 y=x 的交点，重力加速度 g=10m/s 1．则（ ） A．电场强度的大小为 100N/C B．小球初速度的大小为 5 3m/s C．小球通过 P 点时的动能为 5 3 J 4 D．小球从 O 点运动到 P 点的过程中，电势能减少 3J 【答案】 AC 【解析】 小球，以某一初速度从 O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程 y=x 1，说明小球做类平抛运动， 则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向，竖直方向： qE?sin30°=mg，所以： 2 2 / 100 / 0.02 mgE N C N C q ，选项 A 正确； 小球受到的合力： F 合 =qEcos30°=ma ，所以 a= 3 g； P 点的坐标为（ 1m，1m）；由平抛运动规律有： 0 1v t ； 21 1 2 at ，解得 0 5 3 /v m s ，选项 B 错误； 小球通过 P 点时的速度 2 2 0 ( ) 25 3 /Pv v at m s ，则动能为 21 5 3 2 4kP PE mv J ，选项 C 正确； 小球从 O 到 P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即： 0 0cos30 30 ( 3 1)EW Eq x Eqsin x J ，选项 D 错误；故选 AC. 点睛： 本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质， 结合抛物线方程 y=x 1，得出小球在受到的电场力与 重力大小关系是解答的关键． 9．下列说法正确的是（ ） A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律 C．一定质量的理想气体经历缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减小 D． 1kg 的 0℃的冰比 1kg 的 0℃的水的内能小些 E.干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越大，相对湿度越小 【答案】 CDE 【解析】 【详解】 A．摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子 占据的空间不等于气体分子的体积，故 A 错误； B．第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故 B 错误； C．因气体绝热膨胀， 故气体对外做功， 没有热交换， 由热力学第一定律可知， 气体内能减小， 故 C 正确； D．1kg 的 0 C 的冰熔化成 1kg 的 0 C 的水的内能时， 要吸收热量， 则知 1kg 的 0 C 的冰比 1kg 的 0 C 的 水的内能小些，故 D 正确； E．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度 越小，故 E 正确。 故选 CDE 。 10．如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻 R（其余电阻不计） ，虚 线 MM′ 和 NN′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B 1，虚线 NN′和 PP′之间也 有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B2（B 1>B 2）。现将质量为 m 的金属杆 ab，从 MM′ 上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知 ab 棒到 达 NN′和 PP′之前已经匀速运动。则 ab 棒从 MM′ 运动到 PP′这段时间内的 v–t 图可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．若第一阶段匀速，则 2 2 1B L vmg R 冲入第二磁场以后 2 2 2B L vmg R 则金属棒会做加速度逐渐减小的加速运动，所以选项 A 错误； B．若刚进入第一磁场时速度过大，则由 2 2 1 1 1 ( )B L va mg m R 则金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加 速运动 2 2 2 2 1 ( )B L va mg m R 性质为加速，所以选项 B 正确； CD ．若刚进入第一磁场时速度过小，则由 2 2 1 1 1 ( )B L va mg m R 则金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，直到匀速；冲入第二磁场以后会加速，做加速度逐渐减小的变加 速运动 2 2 2 2 1 ( )B L va mg m R 性质为加速，所以选项 C 正确， D 错误； 故选 BC 。 11．下列说法正确的是 _____ A．悬浮在液体中的微粒越大，某一瞬间撞击它的液体分子数越多，布朗运动越明显 B．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 C．分子平均速率大的物体的温度一定比分子平均速率小的物体的温度高 D．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性 E.外界对气体做功，气体的内能可能减小 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A．悬浮在液体中的微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数越少，布朗运动越明显，故 A 错误； B．由于表面分子较为稀疏，故液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张 力，故 B 正确； C．分子的平均动能相等时，物体的温度相等；考虑到分子的质量可能不同，分子平均速率大有可能分子 的平均动能小；分子平均速率小有可能分子的平均动能大．故 C 错误； D．由热力学第二定律可知，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故 D 正确； E．当外界对气体做功， 根据热力学第一定律 △U=W+Q 分析可知， 内能可能增大也可能减小， 故 E 正确． 12．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有 A 、B、C 三点，如图甲所示，一个电荷 量为 2×10-5 C，质量为 1 g 的小物块在水平面上从 C 点静止释放，其运动的 v-t 图像如图乙所示，其中 B 点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线） 。则下列说法正确的是（ ） A． B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E=100 N/C B．由 C 点到 A 点电势逐渐减小 C．由 C 到 A 的过程中物块的电势能先变大后变小 D． A、 B 两点间的电势差 UAB =－500 V 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 v—t 图象可知物块在 B 点的加速度最大 24 0 2m/s 7 5 va t 所受的电场力最大为 3 31 10 2 2 10 NF ma 故 B 点的场强最大为 3 5 2 10 100N/C 2 10 FE q 故 A 正确； B．根据两个等量的同种正电荷， 其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧， 故由 C 点到 A 点电势逐渐减小， B 正确； C．根据 v—t 图象可知 C 到 A 的过程中物块的速度增大，电场力做正功，电势能减小，故 C 错误； D．由 A 到 B 根据动能定理可得 2 21 1 0.01J 2 2AB k B AW E mv mv 又因 AB ABW qU 故 5 0.01 V 500V 2 10 AB AB WU q 故 D 正确。 故选 ABD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数 .如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固 定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上 的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦） . ①实验开始前打点计时器应接在 ___________（填 “交流电源 ”或 “直流电源 ”）上 . ②如图乙为某次实验得到的纸带， s1、s2 是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为 T，由此 可求得小车的加速度大小为 _____________ （用 1s 、 2s 、 T 表示） . ③改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数 (N)F 和滑块加速度 2(m/s )a ,重复实验 .以 F 为纵轴， a 为 横轴，得到的图像是纵轴截距大小等于 b 倾角为 θ的一条斜直线，如图丙所示 ,则滑块和轻小动滑轮的总 质量为 _______________kg ；滑块和长木板之间的动摩擦因数 ______________. （设重力加速度为 g） 【答案】交流电源 2 1 22 s s T 2tan θ tg b g 【解析】 【分析】 由题中 “测量滑块和长木板之间的动摩擦因数 ”可得， 本题考查动摩擦因数测量实验， 根据打点计时器数据 处理、牛顿第二定律和相关实验操作注意事项可分析本题。 【详解】 ①[1] 打点计时器应接在交流电源上； ②[2] 根据公式 2( )m nx x m n aT 可得 2 1 22 s sa T ③[3] 由图可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，即 2T F 滑块收到的摩擦力为 f Mg 有牛顿第二定律可得 T f Ma 计算得出 F 与加速度 a 的函数关系式为 2 2 M MgF a 由图像所给信息可得图像截距为 2 Mgb 而图像斜率为 2 Mk 计算得出 2 2tanM k [4] 计算得出 tan b g 【点睛】 本题重点是考查学生实验创新能力及运用图像处理实验数据的能力， 对这种创新题目， 应仔细分析给定的 方案和数据，建立物理模型。 14．电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。 某同学利用这一事实测盘电压表的内阻 （半偏法） 。实验室提供的器材如下：待测电压表 V（量程 3V ．内阻约为 3000Ω），电阻箱 R 0（最大组值 为 99999.9Ω），滑动变阻器 R1（最大阻值 100Ω，额定电流 2A ）。电源 E（电动势 6V，内阻不计） ，开关 两个，导线若干。 （ 1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分。将电路图补充完整 _______。 （ 2）将这种方法测出的电压表内阻记为 R'v ．则 R'v=______ 。与电压表内阻的真实值 R v 相比， R'v____Rv ．（选填 “＞““ =”或 “＜“） 【答案】 R 0 ＞ 【解析】 【详解】 （ 1） [1] ．待测电压表电阻（ 3000 欧姆）远大于滑动变阻器 R 1的电阻值（ 100 欧姆） ，故滑动变阻器 R 1 采用分压式接法；电路图如图所示： （ 2） [2][3] ．根据设计的电路进行的实验步骤是：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在的支 路分压最小； 闭合开关 s1、 s2，调节 R1，使电压表的指针满偏； 保持滑动电阻器滑片位置不变，断开 s2，调节电阻箱 R0，使电压表的指针半偏； 读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻； 电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值 的偏大，故 Rv＜R v′ 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，临界角 C 为 45°的液面上有一点光源 S 发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面 为 d 的平面镜 M 上，当平面镜 M 绕垂直于纸面的轴 O 以角速度 ω做逆时针匀速转动时，观察者发现液 面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？ 【答案】 4ωd 【解析】 【分析】 如图示，当平面镜转动 角时，由光的反射定律可得，反射光线转动 2 角度；由于光从水中射入空气，当 入射角大于或等于临界角时，发生全反射现象．所以恰好发生全反射时光斑在水面上掠过的最大速度． 【详解】 设平面镜转过 角时 ,光线反射到水面上的 P 点，光斑速度为 V，由图可知： v= ，而 =2ω L= ，故 v= 液体的临界角为 C，当 2 =C=45°时， v 达到最大速度 vmax ， 即 vmax= =4 d 即察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为 4ωd． 16．《道路交通安全法》规定汽车通过红绿灯路口时，需按信号灯指示行驶．若某路口有等待通行的多辆 汽车，第一辆汽车前端刚好与路口停止线对齐，汽车质量均为 m=1 500 kg ，车长均为 L=4.8 m ，前后相邻 两车之间的距离均为 x=1.2 m ．每辆汽车匀加速起动 t1=4 s 后保持 v=10 m/s 的速度匀速行驶，运动过程中 阻力恒为 f=1 800 N ，求： （ 1）汽车匀加速阶段的牵引力 F 大小； （ 2）由于人的反应时间，绿灯亮起时，第一个司机滞后 △t=0.8 s 起动，且后面司机都比前一辆汽车滞后 0.8 s 起动汽车，绿灯时长 20 s．绿灯亮起后经多长时间第五辆汽车最后端恰好通过停止线． 【答案】 (1)5550N ；(2)8.88s 【解析】 【详解】 （ 1）依题意得，汽车前 4s的加速度 :a=v/t 1=2.5m/s 2① 由牛顿第二定律得 :F-f=ma ② 解得： F=5550N ③ （ 2）第五辆车最后端通过停止线，需前进距离 :s=4 ×(x+L)+L=28.8m ④ 已知汽车匀加速阶段加速时间： t1=4s⑤ 所以汽车匀加速的位移 : 1 1 20m 2 vs t ⑥ 汽车匀速行驶时间 : 1 2 0.88ss st v ⑦ 第五辆车延迟时间： t3=5Δ t=4s⑧ 第五辆汽车最后端恰好通过停止线的时间 :t=t 1+t 2+t 3=8.88s＜20s⑨ 17．现有由同一种材料制成的一个透明工艺品， 其切面形状图如图所示。 其中顶部 A 为矩形形状， 高 CM=L ， 边长 CD ＝d，底部 B 为等边三角形。现让一束单色光线从 B 部分 MH 边的中点 O1 表面处沿竖直方向射 入，光线进入 B 后发现折射光线恰好与 B 部分的 HM' 平行且经过 MM' ，最后从 A 部分的 CD 边上某点 O 处射出，光在真空中的传播速度为 c。求： （ i）光在工艺品中传播的速度； （ ii）光在工艺品中传播的时间。 【答案】 （i） 3 3 c ；（ii ） 4 3 2 L dt c 【解析】 【分析】 【详解】 （ i）光路图如图所示。 根据题图知，光进入介质 B 的入射角为 α=60°，折射角为 β=30° 则工艺品的折射率为 sin sin60 3 sin sin30 n 在介质中的光速： 3 3 cv c n （ ii）由几何关系得光在工艺品中传播的路程 sin60 2 cos30 dL s · 光在工艺品中传播的速度 cv n 则光在工艺品中传播的时间 st v · 联立解得 4 3 2 L dt c 2021 届新高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．自空中的 A 点静止释放一个小球，经过一段时间后与斜面体的 B 点发生碰撞，碰后速度大小不变，方 向变为水平，并经过相等的时间最终落在水平地面的 C 点，如图所示，水平面上的 D 点在 B 点正下方， 不计空气阻力，下列说法正确的是 A． A、 B 两点的高度差和 B、D 两点的高度差之比为 1∶3 B． A、 B 两点的高度差和 C、D 两点的间距之比为 1∶3 C． A、 B 两点的高度差和 B、D 两点的高度差之比为 1∶2 D． A、 B 两点的高度差和 C、D 两点的间距之比为 1∶2 2．如图所示 ,在光滑水平面上 ,有质量分别为 2m 和 m 的 A B、 两滑块 ,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻 质弹簧 (弹簧与 A B、 不拴连 ),由于被一根细绳拉着而处于静止状态 .当剪断细绳 ,在两滑块脱离弹簧之后 ,下 述说法正确的是（ ） A．两滑块的动量大小之比 : 2 :1A Bp p B．两滑块的速度大小之比 A Bv v: 2 :1 C．两滑块的动能之比 1 2: :kA kBE E D．弹簧对两滑块做功之比 : 1:1A BW W 3．一列简谐横波沿 x 轴正方向传播， O 为波源且 t=0 时刻开始沿 y 轴负方向起振。如图所示为 t=0.2s 时 x=0 至 x=4m 范围内的波形图，虚线右侧的波形未画出。已知图示时刻 x=2m 处的质点第一次到达波峰， 则下列判断中正确的是（ ） A．这列波的周期为 0.4s B． t=0.7s 末， x=10m 处质点的位置坐标为（ 10m，-10cm ） C． t=0.7s 末， x=12m 处的质点正经过平衡位置向上运动 D． t=0.3s 末， x=24m 处的质点加速度最大且沿 y 轴正方向 4．如图所示，竖直放置的两端开口的 U 形管，一段空气柱被水银柱 a 和水银柱 b 封闭在右管内，水银柱 b 的两个水银面的高度差为 h。现将 U 形管放入热水槽中， 则系统再度达到平衡的过程中 （水银没有溢出， 外界大气压保持不变） （ ） A．空气柱的压强变大 B．空气柱的长度不变 C．水银柱 b 左边液面要上升 D．水银柱 b 的两个水银面的高度差 h 不变 5．如图所示，直线 a b、 和直线 、c d 是处于匀强电场中的两组平行线， M 、N、P、Q 是它们的交点，四 点处的电势分别为 M N P Q、 、 、 。一质子由 M 点分别运动到 Q 点和 P 点的过程中，电场力所做的 负功相等。下列说法正确的是（ ） A．直线 a 位于某一等势面内， M Q B．直线 c 位于某一等势面内， >M P C．若质子由 M 点运动到 N 点，电场力做正功 D．若质子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功 6．甲乙两辆汽车在平直的高速公路上以相同的速度小 0 30m/sv 一前一后同向匀速行驶。甲车在前且安 装有 ABS 制动系统，乙车在后且没有安装 ABS 制动系统。正常行驶时，两车间距为 100m。某时刻因前 方突发状况，两车同时刹车，以此时刻为零时刻，其 v t 图像如图所示，则（ ） A．甲、乙两车会发生追尾 B．甲车的刹车距离大于乙车的刹车距离 C． t=2s 时，两车相距最远，最远距离为 105m D．两车刹车过程中的平均速度均为 15m/s 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中。电路通过电刷与圆盘 的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为 E，内阻为 r ，定值电阻为 R。先将开关闭合，待圆盘转速稳定后 再断开开关，不计一切摩擦，下列说法中正确的是（ ） A．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动 B．闭合开关转速稳定时，流过圆盘的电流为零 C．断开开关时， a 点电势低于 b 点电势 D．断开开关后，流过电阻 R 上的电流方向与原电流方向相反 8．2019 年 9 月 11 日，《自然天文学》杂志登载了英国伦敦大学一个研究小组的报告：他们成功通过开普 勒望远镜发现， 一颗代号为 K2-18b 的类地行星的大气中有水汽， 含量可能在 0.1% 至 50% 之间。如果 K2-18b 和地球均视为均匀球体， 其半径与地球半径之比为 p，其质量与地球质量之比为 q，则 K2-18b 和地球 （ ） A．表面的重力加速度之比为 2 q p B．表面的重力加速度之比为 2pq C．第一宇宙速度之比为 p q D．第一宇宙速度之比为 q p 9．2018 年 3 月 30 日 01 时 56 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以 “一箭双星 ”方式 成功发射第三十、三十一颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，是我国北斗三号第七、八 颗组网卫星。北斗导航卫星的轨道有三种：地球静止轨道（高度 35809km ）、倾斜地球同步轨道（高度 35809km ）、中圆地球轨道 （高度 21607km ），如图所示。 已知地球半径为 6370km ，下列说法正确的是 （ ） A．倾斜同步轨道卫星的加速度与地球静止轨道的加速度大小相等 B．中圆地球轨道卫星受到的万有引力一定比静止轨道卫星受到的万有引力大 C．倾斜同步轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方 D．倾斜同步轨道卫星的机械能一定大于中圆地球轨道卫星的机械能 10．一定质量的理想气体，从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，变化过程的 p-V 图象如图所示，已 知状态 A 时气体温度为 200K 。下列说法正确的是（ ） A．状态 B 时气体温度是 600K B．状态 C 时气体温度是 600K C．状态 A 到 B 的过程，气体放热 D．状态 B 到 C 的过程，气体放热 E.状态 A 到 B 再到 C 的过程，气体内能先增大后减小 11．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的 两个圆形径迹，则（ ） A．该原子核发生了 衰变 B．该原子核发生了 衰变 C．打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动 D．该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加 12．如图所示， a、b 两束不同频率的单色光从半圆形玻璃砖底边平行射入， 入射点均在玻璃砖底边圆心 O 的左侧，两束光进入玻璃砖后都射到 O' 点， OO' 垂直于底边，下列说法确的是（ ） A．从点 O' 射出的光一定是复色光 B．增大两束平行光的入射角度，则 b 光先从 O' 点消失 C．用同一装置进行双缝干涉实验， b 光的相邻条纹间距较大 D．若 a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则 a 光的截止电压低 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．圆柱形陶瓷元器件表面均匀镀有一层导电薄膜，已知导电薄膜电阻率为 ，为了测量该薄膜厚度，某 同学使用铜丝紧绕在元件表面，铜丝绕制成圆形，圆柱体轴线垂直于铜丝圆面，制成电极 A 、B，如图甲 所示 (1)用螺旋测微器测量元件的直径，测量结果如图乙所示，其读数为 _________mm 。 (2)为了测量元件电阻，某同学首先使用多用电表对元件粗测，元件电阻约为 10Ω，现需准确测量电阻阻 值，可供器材如下 A．被测元件 xR （阻值约 10Ω） B．直流电源（电动势约 6V ，内阻约 3Ω） C．电流表 1A （量程 0 ~ 0.6A ，内阻约 2Ω） D．电压表 1V （量程 0 ~ 2V ，内阻 1V 1000ΩR ） E.电压表 2V （量程 0 ~12V ，内阻约 5000Ω） F.定值电阻 0R （ 0 2000ΩR ） G.滑动变阻器 1R （ 0 20Ω: ） H. 滑动变阻器 2R （ 0 100Ω: ） I. 电键、导线等 ①在可供选择的器材中，已经选择 A、B、C、I 除此之外，应该选用 ________（填写序号） ②根据所选器材，在图丙方框中画出实验电路图 _______ ③需要测量的物理量 ________，请用上述物理量表示被测电阻 xR ______。 (3)为了测量薄膜厚度还需要测量的物理量为 __________。 (4)若被测元件电阻为 R，元件直径为 d ，电阻率为 ，请结合使用 (3)物理量表示薄膜厚度 d ____。 14．如图所示装置可以用来研究小车的匀变速直线运动。带有定滑轮的长木板放置在桌面上，重物通过跨 过定滑轮的细线拉着小车向左加速运动， 定滑轮与小车间的细线与长木板平行， 打点计时器打下的纸带记 录下小车的运动信息。 （ 1）下面说法正确的是 ____________ A．长木板必须水平放置 B．小车的质量必须远大于重物的质量 C．需要平衡小车与长木板间的摩擦力 D．应该先接通打点计时器的电源，然后再释放小车 （ 2）实验时将打点计时器接到频率为 50Hz 的交流电源上，选取一条点迹清晰的纸带，在纸带上每隔四 个点取一个计数点，测出相邻计数点间的距离如图所示，其中 1 2 3 4 5 65.09cm, 7.10cm, 9.10cm, 11.10cm, 13.09cm, 15.10cmx x x x x x 。则打第 4 个计数点 时小车的速度 4v ___ m / s ，小车的加速度 a __________ 2m / s (结果均保留两位有效数字 )。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差 为 U，距离为 d；匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里。一质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子 从 A 点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从 M 点射出；如果撤去磁场，粒子从 N 点射出。 M 、N 两点间的距离为 h。不计粒子的重力。求： （ 1）匀强电场场强的大小 E； （ 2）粒子从 A 点射入时的速度大小 v0； （ 3）粒子从 N 点射出时的动能 Ek。 16．如图所示，水平光滑轨道 AB 与半径为 R 的竖直光滑半圆形轨道 BC 相切于 B 点．质量为 2m 和 m 的 a、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块 a 与一轻弹簧相连．某一瞬间给 小滑块 a 一冲量使其获得 0 3 2 v gR 的初速度向右冲向小滑块 b，与 b 碰撞后弹簧不与 b 相粘连，且小 滑块 b 在到达 B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求： （ 1） a 和 b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能； （ 2）小滑块 b 与弹簧分离时的速度； （ 3）试通过计算说明小滑块 b 能否到达圆形轨道的最高点 C．若能，求出到达 C 点的速度；若不能，求 出滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角 ．（求出 角的任意三角函数值即可） ． 17．如图所示， 一根直杆 AB 与水平面成某一角度自定， 在杆上套一个小物块， 杆底端 B 处有一弹性挡板， 杆与板面垂直．现将物块拉到 A 点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的 v-t 图象如图乙所示，物 块最终停止在 B 点．重力加速度为取 g=10 m/s 1．求 : (1)物块与杆之间的动摩擦因数 μ； (1)物块滑过的总路程 s． 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．D 【解析】 【详解】 AC 、AB 段小球自由下落， BC 段小球做平抛运动，两段时间相同，根据 21 2 h gt ，可知 A 、B 两点间距 离与 B、D 两点间距离相等， A 、B 两点的高度差和 B、D 两点的高度差之比为 1∶1，故 AC 错误； BD、设 A、B 两点的高度差为 h，根据速度位移公式可得 BC 段平抛初速度 2v gh ，持续的时间 2ht g ， 所以 CD 两点间距离 x vt 2h ，所以 AB 两点的高度差和 CD 两点的间距之比为 1∶2，故 B 错误， D 正确； 故选 D． 2．C 【解析】 【详解】 在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得： 2 0A Bmv mv ，得 2 B A vv ，两滑块速度大小之比为： 1 2 A B v v ；两滑块的动能之比 2 2 1 2 12: 1 2 2 A kA kB B mv E E mv ，B 错误 C 正确；两滑块的动量大小之比 2 1 1 A A B B p mv p mv ，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为： 1：2，D 错误． 3．B 【解析】 【详解】 A．由题，波源 0t 时刻开始沿 y 轴负方向起振，则介质中各个质点均沿 y 轴负方向起振，图示时刻 2mx 处的质点第一次到达波峰，已经振动了 3 4 T ，说明 0.2st 时波传到 8mx 质点处，则周期为 0.2sT ，A 错误； B．由图知波长 8m，波速为： 8 m/s 40m/s 0.2 v T 波传到 10mx 处的时间为： 10 s 0.25s 40 xt v 则 0.7st 末， 10mx 处的质点已振动了 10.45s 2 4 T ，此质点起振方向沿 y 轴负方向，则 0.7st 末， 10mx 处质点到达波谷，坐标为 (10m, 10cm) ，B 正确； C．波传到 12mx 处的时间为： 12 s 0.3s 40 xt v 则 0.7st 末， 12mx 处的质点已振动了 0.4s 2T ，此质点起振方向向下，则 0.7st 末， 12mx 处 的质点正经过平衡位置向下运动， C 错误； D．波传到 24mx 处的时间为： 24 s 0.6s 40 xt v 则 0.3st 末， 24mx 处质点还没有振动，加速度为零， D 错误。 故选 B。 4．D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．外界大气压不变，被封闭气体压强始终不变，气体做等压变化，温度升高，则气体体积增大，故 AB 错误； CD ．被封闭气体压强始终不变， 水银柱 b 两液面高度差 h 不变， 则液面位置也不会发生变化， 故 C 错误， D 正确。 故选 D。 5．A 【解析】 【详解】 AB ．质子带正电荷，质子由 M 点分别运动到 Q 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有 0MQ MPW W 而 MQ MQW qU MP MPW qU ， 0q 所以有 0MQ MPU U 即 M Q P 匀强电场中等势线为平行的直线，所以 QP 和 MN 分别是两条等势线，有 P Q 故 A 正确、 B 错误； CD ．质子由 M 点运动到 N 点的过程中 0MN M NW q 质子由 P 点运动到 Q 点的过程中 0PQ P QW q 故 CD 错误。 故选 A。 6．C 【解析】 【分析】 在速度 —时间图像中，图像与坐标轴围成的面积表示位移，由几何知识求位移，在分析平均速度的大小。 并由几何关系求刹车的距离。根据速度关系分析距离如何变化，从而确定两车是否追尾。 【详解】 A 选项， 0t 时，两车间距为 100m ，因为 - =15m 100mx x甲 乙 < 所以甲、乙两车不会追尾， A 选项错误； BD 选项，根据图像的面积表示位移，甲车的刹车距离为： 30 3= m=45m 2 x甲 平均速度为 45= =15m/s 3 x t 甲 甲 乙车的刹车距离为 30+15 15 5= 1+ =60m 2 2 x乙 平均速度为 45= = =15m/s 3 xv t 甲 甲 甲 则知，甲车的刹车距离小于乙车的刹车距离，故 BD 错误； C 选项， 0t 时两车间距为 100m，乙车在后，刹车后， 0~2s 内甲车的速度比乙车快。两车间距减小，则 2st 时，两车相距最远，根据图像的 “面积 ”表示位移，知两车相距最远的距离为 105m ，C 选项正确； 故选 C。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．闭合开关时，铜圆盘中有电流经过，圆盘中电流方向沿半径向外，根据左手定则可知，从上往下看圆 盘顺时针转动，故 A 错误； B．闭合开关转速稳定时，圆盘不受安培力作用，根据 F BIL 可知流过圆盘的电流为零，故 B 正确； C．断开开关时，从上往下看，圆盘顺时针转动，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则知， 圆盘中电流方向沿半径向里，所以 a 点电势低于 b 点电势，故 C 正确； D．闭合开关时， 流过电阻 R上的电流方向从 b 点经电阻 R到 a 点； 断开开关时， a 点电势低于 b 点电势， 流过电阻 R 上的电流方向从 b 点经电阻 R到 a 点，所以断开开关后，流过电阻 R上的电流方向与原电流 方向相同，故 D 错误； 故选 BC 。 8．AD 【解析】 【详解】 根据星球表面物体受到的万有引力等于物体的重力有 2 MmG mg R 得星球表面重力加速度 2 GMg R 故 2 2 2= g M R q g M R p 行 行 地 地 地 行 可知 A 正确， B 错误； 根据万有引力提供向心力有 2 2 Mm vG m R R 得第一宇宙速度 GMv R 故 = v M R q v M R p 行 行 地 地 地 行 可知 C 错误， D 正确。 故选 AD 。 9．AC 【解析】 【详解】 A．由公式 2 MmG ma r 可知，由于倾斜同步轨道与地球静止轨道的半径相同，则加速度大小相等，故 A 正确； B．中圆地球轨道卫星与静止轨道卫星的质量关系未知，故无法比较万有引力大小，故 B 错误； C．倾斜同步轨道卫星的轨道半径与静止轨道同步卫星的轨道半径相等，故公转周期相等，说明倾斜同步 轨道卫星每天在固定的时间经过同一地区的正上方，故 C 正确； D．倾斜同步轨道卫星与中圆地球轨道卫星的质量关系未知，故无法比较它们的机械能，故 D 错误。 故选 AC 。 10．ADE 【解析】 【分析】 【详解】 A．从 A 到 B 为等容变化，则由查理定律可得 3 200K=600K 1 B B A A pT T p 选项 A 正确； B．从 B 到 C 为等压变化，则由盖吕萨克定律可得 1 600K=200K 3 C C B B VT T V 选项 B 错误； C．状态 A 到 B 的过程，气体体积不变，则 W=0 ，温度升高，则 ? U>0，则由热力学第一定律可知，气体 吸热，选项 C 错误； D．状态 B 到 C 的过程，气体体积减小，则 W>0 ；温度降低，则 ? U<0，则由热力学第一定律可知， Q<0， 即气体放热，选项 D 正确； E．状态 A 到 B 再到 C 的过程，气体温度先升高后降低，可知气体的内能先增大后减小，选项 E 正确。 故选 ADE 。 11．BC 【解析】 【详解】 AB ．而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了 β衰变， A 项错 误、 B 项正确； C．由于衰变后两带电粒子的动量大小相等， 根据圆周运动的规律， 带电粒子的轨迹半径 mvr qB ，电荷量 大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动， C 项正确； D．衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少， D 项错误。 故选 BC 。 12．AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．两光束射到 O′点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从 O′点射出时折 射角都等于射入玻璃砖底边时的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从 O′点射 出时折射角相同，两光束重合，则从 O′点射出的一定是一束复色光，故 A 正确； B．令光在底边的入射角为 i，折射角为 r，根据折射定律有 sin sin in r 所以 sin 1sin ir n n 根据几何知识可知，光在 O′点的入射角为 r ，无论怎样增大入射角度，光在 O′点的入射角都小于光发生 全反射的临界角，所以 a、b 光不会在 O′点发生全反射，故 B 错误； C．根据光路图可知，玻璃砖对 a 光的折射率小于 b 光的折射率，则 a 光的波长大于 b 光的波长，由于条 纹间距为 lx d 所以 a 光的条纹间距大于 b 光的条纹间距，故 C 错误； D．由于 a 光的频率小于 b 光的频率，根据光电效应方程 0kE h W eU 可知 a、b 光分别照射同一光电管发生光电效应时， a 光的截止电压比 b 光的截止电压低，故 D 正确。 故选： AD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．0.398（ 0.396~0.399 均可给分） DFG （分压式接法也可 以） 电流表 1A 示数 I ，电压表 1V 示数 U 1 1 0V V U R R R I U （或 1 1V 0VU R R R I ） 电极 A、B 之间 的距离 L π L d R 【解析】 【详解】 (1)[1] 螺旋测微器主尺刻度为 0，可动刻度为 39.8 ×0.01mm=0.398mm ，所以读数为 0+0.398mm=0.398mm (2)[2] 因为直流电源电动势为 6V ，电压表 V 2 量程太大，不能选择，可将电压表 V 1 改装，因此需要 DF ； 滑动变阻器起限流作用，安全下选择小的，比较方便操作，所以选择 G。 [3] 该电路设计滑动变阻器阻值比被测阻值大， 而且能保证仪器安全， 因此滑动变阻器采用限流方式， 使用 伏安法测量被测电阻，其中电压表需串联一个分压电阻，总电阻远大于待测电阻，采用电流表外接。电路 如图： [4] 根据欧姆定律，需要测量电流表 1A 示数 I ，电压表 1V 示数 U ； [5] 电压应为电压表和定值电阻的总电压，电流应为流过待测电阻的电流，则 1 11 1 1 V 0 V 0V x V V U R R U R RR R U R I UI R 因为 1V UI R ? ，所以也可表示为 1 11 1 V 0 V 0V x V U R R U R RR R I R I (3)[6] 根据电阻定律 x LR S 其中薄膜很薄，展开后可认为是以圆周长为边，厚度为高的矩形，即 πS d d 所以为了测量薄膜厚度，还需要测量连入电路的电阻长度为电极 A 、B 之间的距离 L 。 (4)[7] 据题有 π LR d d 因此 π Ld d R 14．D 1.2 2.0 【解析】 【详解】 （ 1） [1] 只要小车做匀加速运动即可，因此， A、B、C 选项是没有必要的，实验时需要先接通电源，再释 放小车，以确保纸带上能够记录下较多的运动信息，选项 D 正确。 （ 2） [2] 交流电的频率为 50Hzf ，相邻两计数点间的时间间隔 4 5 4 0.1110 0.13090.1 s, m / s 1.2m / s 2 0.2 x xt v t [3] 由逐差法可求得小车的加速度。根据 6 5 4 3 2 12 2, (3 ) x x x x x x x aT a t 代人数据，得 2 2 0.1510 0.1309 0.1110 0.0910 0.0710 0.0509 m / s 9 0.1 a 22.0m / s 。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．（ 1）电场强度 UE d ；（2） 0 Uv Bd ；（3） 2 2 22k qUh mUE d B d 【解析】 【详解】 （ 1）电场强度 UE d （ 2）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有： 0qE qv B 解得 0 E Uv B Bd （ 3）粒子从 N 点射出，由动能定理得： 2 0 1 2kqE h E mv 解得 2 2 22k qUh mUE d B d 16．（ 1） 3 4PmE mgR（ 2） 2 2v gR （ 3） 2sin 3 【解析】 【详解】 (1)a 与 b 碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．设此时 ab 的速度为 v，则由系统的动量守 恒可得 2mv 0＝3mv 由机械能守恒定律 2 2 0 pm 1 12 3 2 2 mv mv E共＝ 解得： 3 4PmE mgR (2)当弹簧恢复原长时弹性势能为零， b 开始离开弹簧，此时 b 的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道 上向前匀速运动．设此时 a、b 的速度分别为 v1 和 v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得： 2mv 0＝2mv 1+mv 2 2 2 2 0 1 2 1 1 12 2 2 2 2 mv mv mv 解得： 2 2v gR (3)设 b 恰能到达最高点 C 点，且在 C 点速度为 vC ， 由牛顿第二定律： 2 Cvmg m R 解得： cv gR 再假设 b 能够到达最高点 C 点，且在 C 点速度为 vC ＇,由机械能守恒定律可得： 2 2 2 1 12 2 2 Cmv mgR mv 解得 : 0Cv gR 所以 b 不可能到达 C 点 假设刚好到达与圆心等高处，由机械能守恒 21 2 Bmv mgR 解得 22Bv gR v 所以能越过与圆心等高处 设到达 D 点时离开，如图设倾角为 ：刚好离开有 N=0，由牛顿第二定律： 2 sin Dvmg m R 从 B 到 D 有机械能守恒有： 2 2 2 1 1( sin ) 2 2 Dmg R R mv mv 解得： 2sin 3 【点睛】 本题综合性较强，考查了动量守恒、机械能守恒定律以及完成圆周运动的临界条件的应用，注意把运动过 程分析清楚，正确应用相关定律求解． 17．（ 1）μ =0.15（1）s= 6m 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）设杆与水平方向的夹角为 θ，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小 2 2 1 4 m/s 4m/s 1 a ， 匀减速上滑的加速度大小 2 2 2 4 m/s 8m/s 0.5 a ， 根据牛顿第二定律得， 1sin cosmg mg ma ， 2sin + cosmg mg ma ， 联立两式解得 0.25 ， sin 0.6 ． （ 1）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得， 1 sin cos 0mgs mg s ， 由图线围成的面积知， 1 1 4 1m 2m 2 s ， 代入数据解得 s=6m． 2021 届新高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．5G 是 “第五代移动通信网络 ”的简称，目前世界各国正大力发展 5G 网络． 5G 网络使用的无线电波通 信频率在 3.0 GHz 以上的超高频段和极高频段 （如图所示） ，比目前 4G 及以下网络 （通信频率在 0.3GHz ～ 3.0GHz 间的特高频段）拥有更大的带宽和更快的传输速率．未来 5G 网络的传输速率（指单位时间传送 的数据量大小） 可达 10G bps（bps 为 bits per second 的英文缩写， 即比特率、 比特 /秒） ，是 4G 网络的 50-100 倍．关于 5G 网络使用的无线电波，下列说法正确的是 A．在真空中的传播速度更快 B．在真空中的波长更长 C．衍射的本领更强 D．频率更高，相同时间传递的信息量更大 2．帆船运动中，运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角，使船能借助风获得前进的动力．下列图中能 使帆船获得前进动力的是 A． B． C． D． 3．某质点做匀加速直线运动，经过时间 t 速度由 v0 变为 kv 0(k>1) 位移大小为 x。则在随后的 4t 内，质点 的位移大小为（ ） A． 8(3 2) 1 k x k B． 8(2 1) 1 k x k C． 8(2 1) 1 k x k D． 3(5 3) 1 k x k 4．如图所示，直线 a b、 和直线 、c d 是处于匀强电场中的两组平行线， M 、N、P、Q 是它们的交点，四 点处的电势分别为 M N P Q、 、 、 。一质子由 M 点分别运动到 Q 点和 P 点的过程中，电场力所做的 负功相等。下列说法正确的是（ ） A．直线 a 位于某一等势面内， M Q B．直线 c 位于某一等势面内， >M P C．若质子由 M 点运动到 N 点，电场力做正功 D．若质子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功 5．下列核反应方程正确的是（ ） A．轻核聚变反应方程 2 3 4 1 1 2H H He x 中， x 表示电子 B．铀核裂变的一种核反应方程 235 141 92 1 92 56 36 0U Ba Kr 2 n C．核反应方程 14 17 1 7 8 1 4 2He N O H 为轻核聚变 D．放射性元素 210 84 Po 发生的 α衰变方程为 210 206 4 84 82 2Po Pb He 6．如图所示，质量为 m 的小球用两根细线 OA OB、 连接，细线 OA的另一端连接在车厢顶，细线 OB 的 另一端连接于侧壁，细线 OA与竖直方向的夹角为 37 ,OB 保持水平，重力加速度大小为 g ，车向左 做加速运动，当 OB 段细线拉力为 OA段细线拉力的两倍时，车的加速度大小为 （ sin 37 0.6,cos37 0.8 ）（ ） A． g B． 5 4 g C． 3 2 g D． 7 4 g 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有 O 、A、D、B 四点， 其中 O 为圆心， D 在圆上， 半径 OC 垂直于 OB ．A 点固定电荷量为 Q 的正电荷， B 点固定一个未知电荷， 使得圆周上各点电势相等．有一个质量为 m，电荷量为 -q 的带电小球在滑槽中运动，在 C 点受的电场力 指向圆心，根据题干和图示信息可知（ ） A．固定在 B 点的电荷带正电 B．固定在 B 点的电荷电荷量为 3 Q C．小球在滑槽内做匀速圆周运动 D． C、 D 两点的电场强度大小相等 8．在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，下列措施正确的有（ ） A．对于相同半径的木球和铁球，选用铁球 B．单摆的摆角从原来的 5 改变为 15 C．测量摆球振动周期时，选取最高点作为计时的起、终点位置 D．在测量单摆的周期时，防止出现 “圆锥摆 ” E.测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长 9．一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经 0.2s 波形图如图虚线所示，若波传播 的速度为 5 m/s， 则（ ） A．这列波沿 x 轴正方向传播 B． t=0 时刻质点 a 沿 y 轴负方向运动 C．若此波遇到另 --列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为 2.5Hz D． x=2 m 处的质点在 t=0.2 s 时刻的加速度有最大值 E.从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.4 s 通过的路程为 0.8 m 10．某时刻 O 处质点沿 y 轴开始做简谐振动，形成沿 x 轴正方向传播的简谐横波，经过 0.8s 形成的波动 图象如图所示。 P 点是 x 轴上距坐标原点 96 m 处的质点。下列判断正确的是（ ） A．该质点开始振动的方向沿 y 轴向上 B．该质点振动的周期是 0.8s C．从 O 处质点开始振动计时，经过 3.2s，P 处质点开始振动 D．该波的波速是 24 m/s 11．如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮 O1，O 2和质量为 m 的小球连接，另一端与套在光 滑直杆上质量也为 m 的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹 角 60 ，直杆上 C 点与两定滑轮均在同一高度， C 点到定滑轮 O1 的距离为 L ，重力加速度为 g，设直 杆足够长， 小球运动过程中不会与其他物体相碰． 现将小物块从 C 点由静止释放， 当小物块沿杆下滑距离 也为 L 时（图中 D 处），下列说法正确的是 A．小物块刚释放时轻绳中的张力一定大于 mg B．小球下降最大距离为 3(1 ) 2 L C．小物块在 D 处的速度与小球速度大小之比为 2 : 3 D．小物块在 D 处的速度大小为 20 3 5 gLv 12．下列说法中正确的是 ________ A．悬浮在液体中的微粒越小，则在某一瞬间跟它相撞的液体分子数越少，布朗运动越不明显 B．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大 C．人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大 D．热量可以自发的从内能小的物体转移给内能大的物体 E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做 “验证机械能守恒定律 ”的实验．有一直径为 d、 质量为 m 的金属小球由 A 处从静止释放 ,下落过程中能通过 A 处正下方、固定于 B 处的光电门，测得 A、 B 间的距离为 H（H>>d ），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为 t，当地的重力加速度为 g．则： （ 1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径 d =________mm ． （ 2）小球经过光电门 B 时的速度表达式为 __________． （ 3）多次改变高度 H，重复上述实验，作出随 H 的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量 t 0、H0 和重 力加速度 g 及小球的直径 d 满足以下表达式： _______时，可判断小球下落过程中机械能守恒． 14．某小组同学用如图所示的装置来 “验证动能定理 ”，长木板固定在水平桌面上，其左端与一粗糙曲面平 滑连接，木板与曲面连接处固定一光电门， A 是光电门的中心位置，滑块 P 上固定一宽度为 d 的遮光片。 将滑块从曲面的不同高度释放，经过光电门后，在木板上停下来，设停下来的那点为 B 点。该小组已经测 出滑块与木板间的动摩擦因数为 、査得当地重力加速度为 g。根据本实验的原理和目的回答以下问题： (1)为了 “验证动能定理 ”，他们必需测量的物理量有 ___________ ； A．滑块释放的高度 h B．遮光片经过光电门时的遮光时间 t C．滑块的质量 m D． A 点到 B 点的距离 x (2)该组同学利用题中已知的物理量和 (1)问中必需测量的物理量，只需要验证表达式 ___________在误差范 围内成立即可验证动能定理； (3)以下因素会给实验结果带来误差的是 ___________ 。 A．滑块释放时初速度不为零 B．曲面不光滑 C．遮光片的宽度不够小 D．光电门安放在连接处稍偏右的地方 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示， 小球 C 在光滑的水平直轨道上处于静止状态。 在它左边有一垂直于轨道的固定挡板， 右边 有两个小球 A 和 B 用处于原长的轻质弹簧相连， 以相同的速度 v0向 C 球运动， C 与 B 发生碰撞并立即结 成一个整体 D。在 A 和 D 继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被第一次锁定不能 伸长但还能继续被压缩。然后 D 与挡板 P 发生弹性碰撞，而 A 的速度不变。过一段时间，弹簧被继续压 缩到最短后第二次锁定。已知 A、B、C 三球的质量均为 m。求： (1)弹簧长度第一次被锁定后 A 球的速度； (2)弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能。 16．一列简谐横波沿 x 轴正向传播， 0t 时的波动图像如图，此时 P、 Q 两质点的振动位移相同。介质 中 P 质点由图像位置回到平衡位置的最短时间为 0.1s，Q 质点由图像位置回到平衡位置的最短时间为 0.5s。求： (i) 0.4st 时刻 P 质点相对平衡位置的位移 (ii) 此简谐横波传播速度的大小 17．如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 变化到状态 B，再变化到状态 C，其状态变化过程的 p－V 图象如图所示．已知该气体在状态 B 时的热力学温度 TB＝300K ，求： ①该气体在状态 A 时的热力学温度 T A 和状态 C 时的热力学温度 T C； ②该气体从状态 A 到状态 C 的过程中，气体内能的变化量 △U 以及该过程中气体从外界吸收的热量 Q． 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．D 【解析】 【详解】 A、无线电波（电磁波）在真空的传播速度与光速相同，保持不变，其速度与频率没有关系，故 A 错误； BC、由公式 c f 可知： c f ，频率变大，波长变短，衍射本领变弱，故 BC 错误； D、无线电波（电磁波）频率越高，周期越小，相同时间内可承载的信息量越大，故 D 正确． 2．D 【解析】 【分析】 船所受风力与帆面垂直， 将风力分解成沿船前进方向和垂直于船身方向． 船在垂直船身方向受到的阻力能 抵消风力垂直于船身方向的分量 【详解】 A、 A 图中船所受风力垂直于船前进方向，沿船前进方向的分力是零．故 A 项错误． B、将 B 图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，故 B 项错误． C、将 C 图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相反，故 C 项错误． D、将 D 图中风力分解后沿船前进方向分力与船前进方向相同，能使使帆船获得前进动力．故 D 项正确． 3．A 【解析】 【详解】 质点做匀加速直线运动，加速度为 0 0kv va t t 时刻内位移为 0 0 2 v kvx t 联立可得 0 2 ( 1) xt v k 则在随后的 4t 内，质点的位移大小为 2 20 0 0 0 1 14 (4 ) 4 (4 ) 2 2 kv vx kv t a t kv t t t 将 0 2 ( 1) xt v k 代入得 8(3 2) 1 k xx k 故 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 4．A 【解析】 【详解】 AB ．质子带正电荷，质子由 M 点分别运动到 Q 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有 0MQ MPW W 而 MQ MQW qU MP MPW qU ， 0q 所以有 0MQ MPU U 即 M Q P 匀强电场中等势线为平行的直线，所以 QP 和 MN 分别是两条等势线，有 P Q 故 A 正确、 B 错误； CD ．质子由 M 点运动到 N 点的过程中 0MN M NW q 质子由 P 点运动到 Q 点的过程中 0PQ P QW q 故 CD 错误。 故选 A。 5．D 【解析】 【详解】 A．据质量数和电荷数守恒可得，轻核聚变反应方程为 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n 即 x 表示中子，故 A 项错误； B．铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中铀核裂变的一种核反应方程为 235 1 141 92 1 92 0 56 36 0U n Ba Kr 3 n 故 B 项错误； C．核反应方程 4 14 17 1 2 7 8 1He N O H 为人工转变，故 C 项错误； D．据质量数和电荷数守恒可得，放射性元素 210 84 Po 发生的 α衰变方程为 210 206 4 84 82 2Po Pb He 故 D 项正确。 6．D 【解析】 【分析】 【详解】 设 OA段细线的拉力为 F ，则 cos37F mg 2 sin 37F F ma 求得 7 4 a g ，选项 D 正确， ABC 错误。 故选 D。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．由小球在 C 点处恰好与滑槽内、 外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知： 小球在 C 点的合力方向一 定沿 CO ，且指向 O 点． A 对小球吸引， B 对小球排斥，因此小球带负电、 B 带负电，故 A 错误； B．由∠ ABC= ∠ACB=30°知：∠ ACO=30°，AB=AC=L ； BC=2ABcos30°= 3L 由力的合成可得 1 23F F 即 2 23 ( 3 ) BQ qQqk k L L 3BQ Q 故 B 正确； C．圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做 匀速圆周运动，故 C 正确； D．由库仑定律及场强的叠加知， D 点的电场强度大于 C 点，故 D 错误． 故选 BC ． 8．ADE 【解析】 【详解】 A．对于相同半径的木球和铁球，选择铁球可以忽略空气阻力以及悬线的重力， A 正确； B．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过 5 ，B 错误； C．为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过的最低点作为计时的起、终点位置， C 错误； D．摆球做圆锥摆时周期表达式为 cos2 LT g 若用 2 LT g 算出重力加速度 g 误差较大，为了减小测量误差，应防止出现 “圆锥摆 ”，D 正确； E．测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长， E 正确。 故选 ADE 。 9．BDE 【解析】 【详解】 A．由图可知波的波长 4m ，由题在时间 t=0.2s 内，波传播的距离为 5 0.2m 1m= 4 x vt 根据波形的平移法可知，这列波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误； B．由波的传播方向可知， t=0 时刻质点 a 沿 y 轴负方向运动，故 B 正确； C．由 v T 得 4 s 0.8s 5 T v 频率为 1.25Hzf ，要发生稳定的干涉图样，必须两列波频率相同，故 C 错误； D． x=2m 处的质点在 t=0.2s 时刻在负的最大位移处，所以加速度有最大值，故 D 正确； E．从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.4s 是半个周期，通过的路程为 2 倍的振幅，即为 0.8m，故 E 正确。 故选 BDE 。 10．BC 【解析】 【详解】 A．由上下坡法可知，质点开始振动的方向沿 y 轴负方向，故 A 错误； B． 0.8s 传播一个波长，周期为 0.8s，故 B 正确； CD ．波速 v＝ 24 m/s 0.8T ＝30m/s 传到 P 点的时间 t＝ 96 30 s＝ 3.2s 故 C 正确， D 错误。 故选 BC 。 11．BD 【解析】 A、刚释放的瞬间，小球的瞬间加速度为零，拉力等于重力，故 A 错误； B、当拉物块的绳子与直杆垂直时，小球下降的距离最大，根据几何关系知， 360 (1 ) 2 h L Lsin L ，故 B 正确； C、将小物块的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，沿绳子方向的分速度等于小球的速度，根据平行 四边形定则知，小物块在 D 处的速度与小球的速度之比为 1: 2:1v v ，故 C 错误； D、设小物块下滑距离为 L 时的速度大小为 v，此时小球的速度大小为 1v ，则 1v vcos ,对滑块和小球组 成的系统根据机械能守恒定律，有： 2 2 1 1 1 2 2 mgLsin mv mv ,解得 20 3 5 gLv ，故 D 正确． 点睛：解决本题的关键知道两物体组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，以及知道物块与 1O 之间的 距离最小时，小球下降的高度最大，知道物块沿绳子方向的分速度等于小球的速度． 12．BCE 【解析】 【详解】 A. 悬浮在液体中的微粒越小， 受到液体分子碰撞时运动状态越容易改变， 则布朗运动越明显， 选项 A 错误； B.随着分子间距离的增大，分子力先做正功后做负功，故分子势能一定先减小后增大，选项 B 正确； C.人们感到特别闷热时，说明空气的相对湿度较大，选项 C 正确； D.热量可以自发的从温度高的物体转移给温度低的物体，选项 D 错误； E.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，温度越 高，单位体积的分子数越多，则气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数越多，选项 E 正确； 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．7.25 d/t 02 2 0 1 2g H t d 或 2gH 0t 02=d 2 【解析】 【详解】 (1)[1] 游标卡尺的主尺读数为 7mm ，游标读数为 0.05 ×5mm=0.25mm ，则小球的直径 d=7.25mm ． (2)[2] 根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在 B 处的瞬时速度 B dv t ＝ ； (3)[3] 小球下落过程中重力势能的减小量为 mgH 0，动能的增加量 2 2 0 1 1 ( ) 2 2k dE mv m t ＝ ＝ 若机械能守恒，有： 2 0 2 0 1 1 2 gH d t ＝ 即 02 2 0 1 2g H t d 14．BD 2 22 dgx t C 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．要验证的是从滑块经过光电门到最后在木板上停止时动能减小量等于摩擦力做功，即 21 2 mv mgx 其中 dv t 可得 2 22 dgx t 则必须要测量的物理量是：遮光片经过光电门时的遮光时间 t 和 A 点到 B 点的距离 x，故选 BD 。 (2) [2] ．由以上分析可知，需要验证表达式 2 22 dgx t 在误差范围内成立即可验证动能定理； (3) [3] ．A．滑块释放时初速度不为零对实验无影响，选项 A 错误； B．曲面不光滑对实验无影响，选项 B 错误； C．遮光片的宽度不够小，则测得的滑块经过 A 点的速度有误差，会给实验结果带来误差，选项 C 正确； D．光电门安放在连接处稍偏右的地方对实验无影响，选项 D 错误； 故选 C。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15． (1) 0 2 3 v ；(2) 2 0 73 108 mv 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设 C 球与 B 球粘结成 D 时， D 的速度为 v1，由动量守恒定律可得 0 1( )mv m m v 解得 1 0 1 2 v v 当弹簧压至最短时， D 与 A 的速度相等，设此速度为 v2，由动量守恒，有 1 0 22 3mv mv mv 解得 A 的速度 2 0 2 3 v v (2)设弹簧长度第一次被锁定后，储存在弹簧中的势能为 Ep1。由能量守恒得 2 2 2 1 0 2 p1 1 1 12 3 2 2 2 mv mv mv E 解得 2 p1 0 1 12 E mv 撞击 P 后， D 的速度大小不变，仍为 0 2 3 v ，方向向右； A 的速度大小和方向均不变。然后 D 与 A 继续相 互作用，设当弹簧压缩到最短时， A 与 D 的速度为 v3，根据动量守恒定律可得 2 2 32 3mv mv mv 解得 3 2 0 1 2 3 9 v v v 弹性势能的增加量为 2 2 2 p 2 3 0 1 1 163 3 2 2 27 E mv mv mv 弹簧长度第二次被锁定后的最大弹性势能 2 p2 p1 p 0 73 108 E E E mvV 16． (i) －10cm(ii) 0.1m/s 【解析】 【详解】 (i) 读取图像信息知，振幅 10cmA 波沿 x 轴正向传播，由同侧原理知 P 向下运动，至平衡位置的时间为 0.1s。 Q 向上运动至波峰后又回到 平衡位置，时间为 0.5s。由振动的对称性知周期 2 (0.1 0.5)s 1.2sT P 质点在 0.1s时第一次到平衡位置，之后又沿 y 轴负方向运动了 10.4s 0.1s 0.3s 4 T 恰至波谷处。则位移为 10cmA (ii) 读取图像信息知，则 0.12 m/s 0.1m/s 1.2 v T 17．① 900AT K ； 900CT K ② 0U ； 200Q J 【解析】 【详解】 ①气体从状态 A到状态 B 过程做等容变化，有： A B A B p p T T 解得： 900AT K 气体从状态 B 到状态 C 过程做等压变化，有： CB B C VV T T 解得： 900CT K ②因为状态 A和状态 C 温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志， 所以在该过程中： 0U 气体从状态 A到状态 B 过程体积不变， 气体从状态 B 到状态 C 过程对外做功， 故气体从状态 A到状态 C 的 过程中，外界对气体所做的功为： 5 3 31 10 3 10 1 10 200W p V J J 由热力学第一定律有： U Q W 解得： 200Q J 2021 届新高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1． “世界上第一个想利用火箭飞行的人 ”是明朝的士大夫万户。他把 47 个自制的火箭绑在椅子上，自己 坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所 携设备 (火箭 (含燃料 )、椅子、风筝等 )总质量为 M ，点燃火箭后在极短的时间内，质量为 m 的炽热燃气相 对地面以 v0 的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为 g，下列说法中正确的是 A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力 B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 mM mv0 C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 2 2 0 2( ) m v g M m D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒 2．理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示， M 、N 端连接一个稳压交流电源，三个灯泡 L 1、 L 2 和 L 3 接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片 P 向上移动时，下列说法正确的是（ ） A．灯泡 L 1 变亮， L 2 变暗 B．灯泡 L 1、L 2 都变亮 C．灯泡 L 2、 L 3 都变亮 D．电源输出功率减小 3．如图所示，倾角 37 的斜面上有一木箱，木箱与斜面之间的动摩擦因数 3 3 ．现对木箱施加一 拉力 F，使木箱沿着斜面向上做匀速直线运动．设 F 的方向与斜面的夹角为 ，在 从 0 逐渐增大到 60° 的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ） A． F 先减小后增大 B． F 先增大后减小 C． F 一直增大 D． F 一直减小 4．在如图所示的 U I 图像中，直线 I 为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线 II 为某一电阻 R 的伏安特性曲线。用该电源与电阻 R 组成闭合电路。由图像判断错误的是 A．电源的电动势为 3 V，内阻为 0.5 Ω B．电阻 R 的阻值为 1Ω C．电源的效率为 80% D．电源的输出功率为 4 W 5．如图所示，从倾角为 θ的斜面上的 A 点，以水平速度 0v 抛出一个小球，不计空气阻力，它落在斜面上 B 点，重力加速度大小为 g.则 A、B 两点间的距离和小球落到 B 点时速度的大小分别为（ ） A． 2 20 0 2 , 1 4tan cos v v g B． 2 20 0 2 , 1 2 tan cos v v g C． 2 20 0 2 tan , 1 4tan cos v v g D． 2 20 0 2 tan , 1 2 tan cos v v g 6．如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花 板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则 A． P 和 Q 都带正电荷 B．P 和 Q 都带负电荷 C． P 带正电荷， Q 带负电荷 D．P 带负电荷， Q 带正电荷 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．已知均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，一个均 匀带正电的金属球壳的球心位于 x 轴上的 O 点，球壳与 x 轴相交于 A、 B 两点，球壳半径为 r ，带电量为 Q 。现将球壳 A 处开有半径远小于球半径的小孔，减少的电荷量为 q，不影响球壳上电荷的分布。已知球 壳外侧两点 C、D 到 A，B 两点的距离均为 r，则此时（ ） A． O 点的电场强度大小为零 B．C 点的电场强度大小为 2 ( 4 ) 4 k Q q r C． C 点的电场强度大小为 2 ( ) 4 k Q q r D．D 点的电场强度大小为 2 (9 4 ) 36 k Q q r 8．如图所示，用同种材料制成的四根相互平行的通电长直导线（每根导线电阻为 r ） a b c d、 、 、 分别置 于正方形的四个顶点上，四根导线都垂直于正方形所在平面。若每根通电直导线单独存在时，通电直导线 上的电流 I 与通电直导线上的电流在正方形中心 O处产生的感应磁场 B 的大小关系为 ( 0)IB k k r ，则 四根通电导线同时存在时，以下选项正确的是（ ） A． a 和 b 通电电流都为 I ， c 和 d 通电电流为都为 2I 时，在 O 点产生的磁感应强度大小为 3 2 Ik r ，方 向水平向左 B． a 通电电流为 2I ， b c d、 、 通电电流都为 I 时，在 O 点产生的磁感应强度大小为 3 2 Ik r ，方向向左 下方 C． a 和 b c、 通电电流都为 I ，d 通电电流为 2I 时，在 O 点产生的磁感应强度大小为 5 Ik r ，方向向左下 方 D． a 通电电流为 I ， b c d、 、 通电电流都为 2I 时，在 O 点产生的磁感应强度大小为 5 Ik r ，方向向左上 方 9．一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力 F 作用。 0~4s 时间内，拉力 F 的大小和物块加 速度 a 的大小随时间 t 变化的关系分别如图甲、图乙所示。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2。由此可求得（ ） A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为 2N B．物块的质量等于 1.5kg C．在 0~4s 时间内，合力对物块冲量的大小为 6.75N? S D．在 0~4s 时间内，摩擦力对物块的冲量大小为 6N? S 10．如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板 P、Q 之间有一个很强的磁场。一束等离子体 （ 即 高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子 ）沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把 P、Q 与电阻 R 相连接 .下列说法正确的是 A． Q 板的电势高于 P 板的电势 B． R 中有由 a 向 b 方向的电流 C．若只改变磁场强弱， R 中电流保持不变 D．若只增大粒子入射速度， R 中电流增大 11．下列说法正确的是（ ） A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的 B．液态物质浸润某固态物质时，附着层中分子间的相互作用表现为斥力 C．一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，当它的体积减小时，在单位时间内、单位面积上气体分 子对器壁碰撞的次数增大 D．理想气体实验定律对饱和汽也适用 E.有的物质在物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高 12．如图所示， 半爱心型金属环 abc（由直线 ac 及曲线 abc 构成， 不计重力） 水平放置在绝缘的水平面上， 某时刻通有顺时针方向恒定电流，长直导线 MN 固定在水平面上与 ac 平行，当其中通有 M 到 N 的恒定 电流时，则下列说法正确的是 A．金属环中无感应电流产生 B． ac 边与长直线相互吸引 C．金属环受到的安培力向右 D．金属环对水平面有向左的摩擦力 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．如图 (a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中 E 是电池； R1、R 2、R3、R 4 和 R 5 是固定电 阻， R 6 是可变电阻；表头 G 的满偏电流为 250 μA，内阻为 480 Ω.虚线方框内为换挡开关， A 端和 B 端分 别与两表笔相连．该多用电表有 5 个挡位， 5 个挡位为：直流电压 1 V 挡和 5 V 挡，直流电流 1 mA 挡和 2.5 mA 挡，欧姆 × 100 Ω挡． (1)图 (a)中的 A 端与 ________（填 “红 ”或 “黑 ”）色表笔相连接． (2)关于 R6 的使用，下列说法正确的是 ________（填正确答案标号） ． A．在使用多用电表之前，调整 R6 使电表指针指在表盘左端电流 “ 0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整 R6 使电表指针指在表盘右端电阻 “ 0”位置 C．使用电流挡时，调整 R 6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得 R1＋R2＝________ Ω，R4＝________ Ω. (4)某次测量时该多用电表指针位置如图 （b）所示． 若此时 B 端是与 “ 1”相连的， 则多用电表读数为 ________； 若此时 B 端是与 “3”相连的，则读数为 ________；若此时 B 端是与 “5”相连的，则读数为 ________．（结果 均保留 3 位有效数字） 14．如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源 E，开关 S1 和 S2，电阻箱 R， 电流表 A，保护电阻 R x．该同学进行了如下实验步骤： (1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合 S1、S2，读出电流表示数为 I，电阻箱读数为 9.5 Ω，断开 S2， 调节电阻箱的阻值， 使电流表示数仍为 I，此时电阻箱读数为 4.5 Ω．则保护电阻的阻值 R x＝________ Ω．（结 果保留两位有效数字） (2)S 2断开， S1 闭合，调节 R，得到多组 R 和 I 的数值，并画出 1 R I 图象，如图所示，由图象可得，电源 电动势 E＝________V ，内阻 r ＝________Ω ．（结果保留两位有效数字） (3)本实验中，内阻的测量值 ________（填 “大于 ”或 “小于 ”）真实值，原因是 _____________． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管长 55cm，其中有一段长为 6cm 的水银柱，将 长为 20cm 的空气柱 A 封闭在管的上部，空气柱 B 和大气连通 .现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢 往上压，当水银柱上升 4cm 时停止上压 .已知外界大气压恒为 76cmHg ，上压过程气体温度保持不变， A 、 B 均为理想气体，求： （ 1）气体 A、B 末状态的压强； （ 2）试分析此过程中 B 气体是吸热还是放热？ 16．如图所示，竖直平面内有一直角坐标系 xOy ，x 轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里 的匀强磁场， 与 x 轴成 θ＝37°角的绝缘细杆固定在二、 三象限； 第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场 和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的带电小球 a 穿在 细杆上沿细杆匀速下滑，在 N 点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到 x 轴上的 A 点，且速度方向垂直于 x 轴。 已知 A 点到坐标原点 O 的距离为 16 5 l ，小球 a 与绝缘细杆的动摩擦因数 μ＝0.5； qB g m l ，重力加速 度为 g，空气阻力忽略不计。求： (1)带电小球的电性及电场强度的大小 E； (2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小 B1 与第四象限磁感应强度 B 之比， 1B B =？ (3)当带电小球 a 刚离开 A 点竖直向上运动时，从 y 轴正半轴距原点 O 为 4l 的 P 点（图中未画出）以某一 初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球 b，a、b 两球刚好在第一象限某点相碰， 则 b 球的初速度为多 大？ 17．如图，内壁光滑的绝热气缸竖直放置，内有厚度不计的绝热活塞密封，活塞质量 m=10kg 。初始时， 整个装置静止且处于平衡状态，活塞与底部的距离为 l 0，温度 T 0=300K 。现用电阻丝（体积不计）为气体 加热，同时在活塞上添加细砂保持活塞的位置始终不变直到 T=600K 。已知大气压强 p 0=1×105Pa，活塞截 面积 S=1.0×10-3m 2，取 g=10m/s 2，求： (i) 温度为 T 时，气体的压强； (ii) 活塞上添加细砂的总质量 △m。 参考答案 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．B 【解析】 【分析】 火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间， 视万户及所携设备 (火箭 (含燃料 )、椅子、风筝等 )为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直 上抛运动。 【详解】 A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故 A 错误； B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备 (火箭 (含燃料 )、椅子、风筝等 )为系统，动量守恒，设火箭的 速度大小为 v，规定火箭运动方向为正方向，则有 0( ) 0M m v mv ，解得火箭的速度大小为 0mvv M m ，故 B 正确； C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为 2 22 0 22 2( ) m vvh g M m g ，故 C 错误； D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户 及所携设备机械能不守恒，故 D 错误； 故选 B。 【点睛】 关键是、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备 (火箭 (含燃料 )、椅子、风筝等 )为系统，动量守恒；在 火箭喷气过程中， 燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功， 所以万户及所携 设备机械能不守恒。 2．B 【解析】 【详解】 ABC ．设 MN 两端稳压交流电源的电压有效值为 U，原线圈两端的电压为 U 1，电流为 I 1，副线圈两端的 电压为 U2，电流为 I 2，原副线圈的匝数比： 1 2:n n k ，灯泡的电阻都为 R，根据欧姆定律，可得副线圈 两端的电压为： 2 2U I R R并 根据 1 1 2 2 U n k U n 得原线圈两端的电压为： 1 2 2U kU kI R R并 根据 1 2 2 1 1I n I n k 解得 1 2 1I I k 根据欧姆定律，可得 L 1 两端的电压： 2 1 1 I RU I R k 则稳压交流电源的电压为： 1 1 2 RU U U I k R R k 并 当滑动变阻器的滑片 P 向上移动时，其电阻减小，则 R 并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的 电压 U 不变，所以电流 I 2 变大，则 L 2 变亮；原线圈的电流 1 2 1I I k 也增大，所以 L 1 变亮，其两端的电 压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而 L 2 的电压变大，所以 L 3与滑动变阻 器并联部分的电压减小，所以 L 3变暗， B 正确， AC 错误； D．因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据 P=UI 1 可知电源输出功率增大， D 错误。 故选 B。 3．A 【解析】 【详解】 对物体受力分析如图 木箱沿着斜面向上做匀速直线运动，根据平衡条件，合力为零 在垂直斜面方向，有： sin cosN F mg 在平行斜面方向，有： cos sinF mg f 其中： f N 联立解得： sin cossin cos cos sin 2 3 sin(60 ) 3 mgmg mgF o 当 30＝ 时 F 最小，则在 从 0 逐渐增大到 60°的过程中， F 先减小后增大， A 正确， BCD 错误。 故选 A。 4．C 【解析】 【详解】 A．根据闭合电路欧姆定律得： U=E-Ir 当 I=0 时， U=E ，由读出电源的电动势 E=3V ，内阻等于图线的斜率大小，则： 3 Ω 0.5Ω 6 Ur I A 正确； B．根据图像可知电阻： 1ΩUR I B 正确； C．电源的效率： 2100%= 100%= 100%=66.7% 3 P UI P EI 出 总 C 错误； D．两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时工作状态， 由图读出电压 U=2V ，电流 I=2A ， 则电源的输出功率为： P 出=UI=4W D 正确。 故选 C。 5．C 【解析】 【详解】 设小球平抛运动时间为 t ，则水平方向有 0x v t 竖直方向有 21 2 y gt 又 tany x 联立解得 02 tanvt g ， 0 0 22 tanvx v t g A、 B 两点间的距离 2 02 tan cos cos vxs g 落到 B 点时，小球竖直方向速度 02 tanyv gt v 合速度大小 2 2 2 0 0 1 4 tanyv v v v A． 2 20 0 2 , 1 4 tan cos v v g 与分析不符，故 A 错误； B． 2 20 0 2 , 1 2tan cos v v g 与分析不符，故 B 错误； C． 2 20 0 2 tan , 1 4tan cos v v g 与分析相符，故 C 正确； D． 2 20 0 2 tan , 1 2tan cos v v g 与分析不符，故 D 错误； 故选： C。 6．D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．受力分析可知， P 和 Q 两小球，不能带同种电荷， AB 错误； CD ．若 P 球带负电， Q 球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则 C 错误 D 正确，故本题选 D． 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据电场强度的合成可得， O 点的电场强度大小 2=O kqE r 故 A 错误； BC．C 点的电场强度大小 2 2 2 ( 4 ) 4 4C kQ kq k Q qE r r r 故 B 正确， C 错误； D．根据电场强度的合成可得， D 点的电场强度大小 2 2 2 (9 4 ) 4 9 36D kQ kq k Q qE r r r 故 D 正确。 故选 BD 。 8．AD 【解析】 【详解】 A. 当四根导线同时存在时，根据安培定则可知，四根导线在 O 点产生的磁感应方向分别为： a 导线产生的 磁感应强度方向沿 Oc 方向； b 导线产生的磁感应强度方向沿 Oa ； c 导线产生的磁感应强度方向沿 Oa； d 导线产生的磁感应强度方向沿 Oc ；根据平行四边形定则可知： a 和 b 通电电流都为 I ， c 和 d 通电流 都为 2I 时，在 O 点产生的磁感应强度大小为 ° °2cos45 2 cos45 2 3 2I I IB k k k r r r ， 方向水平向左，故 A 正确； B. a 通电电流为 2I ， b c d、 、 通电电流都为 I 时，在 O点产生的磁感应强度大小为 2 22( ) ( ) 13I I I I IB k k k k k r r r r r ， 方向向左下方，故 B 错误； C. a 和 b c、 通电电流都为 I ， d 通电电流为 2I 时，在 O点产生的磁感应强度大小为 2 22( ) ( ) 13I I I I IB k k k k k r r r r r ， 方向向左下方，故 C 错误； D. a 通电电流为 I ， b c d、 、 通电电流都为 2I 时，在 O 点产生的磁感应强度大小为 2 22 2 2( ) ( ) 5I I I I IB k k k k k r r r r r ， 方向向左上方， D 正确。 故选： AD 。 9．BC 【解析】 【分析】 【详解】 A． t=1s 时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有 1.5Nf F 故 A 错误； B．根据牛顿第二定律有 F f ma 代入 26N, 3m/sF a 得 1.5kgm 故 B 正确； C．在 v－t 图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有 1 3 3m/s 4.5m/s 2 v 由动量定理可得 1.5 4.5N s=6.75N sI m v 故 C 正确； D．在 0~4s 时间内， F 的冲量为 0 6 4N s 12N s 2FI 则摩擦力冲量为 f (6.75 12)N s 5.25N sFI I I 故 D 错误。 故选 BC 。 10．BD 【解析】 【详解】 AB ．等离子体进入磁场，根据左手定则，正电荷向上偏，打在上极板上，负电荷向下偏，打在下极板上。 所以上极板带正电，下极板带负电，则 P 板的电势高于 Q 板的电势，流过电阻电流方向由 a 到 b。故 A 错误， B 正确； C．依据电场力等于磁场力，即为 Uq qvB d 则有： U Bdv 再由欧姆定律 U BdvI R r R r 电流与磁感应强度成正比，改变磁场强弱， R 中电流也改变。故 C 错误； D．由上分析可知，若只增大粒子入射速度， R 中电流也会增大，故 D 正确。 故选 BD 。 11．BCE 【解析】 【分析】 【详解】 A．无论固体、液体和气体，分子都在做永不停息的无规则运动，故 A 错误； B．液体浸润某固体时， 附着层内分子分布比内部密集， 分子力表现为斥力， 液面沿固体扩展， 故 B 正确； C．温度不变，分子平均动能不变，分子平均速率不变。体积减小时，单位体积内分子个数增大，压强增 大，故 C 正确； D．对于饱和汽，只要稍微降低温度就会变成液体，体积大大减小；只要稍微增大压强也会变成液体，体 积大大减小，所以饱和汽不遵循气体实验定律，故 D 错误； E．晶体有固定熔点，熔化时吸收热量，温度不变，故 E 正确。 故选 BCE 。 12．AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由题意，直导线电流恒定，金属环无感应电流，故 A 正确； B． ac 边电流由 c 指向 a，由反向电流相互排斥可知 ac 边和长直线相互排斥，故 B 错误； C．弯曲部分所在处的磁感应强度大于直线部分，而电流是相同的，故弯曲部分受到的安培力大于直线部 分，弯曲部分受到的是引力，直线部分受到的是斥力，故整体受到的安培力的合力向左，故 C 错误； D．由于金属环受到的安培力合力向左，故地面对金属环的摩擦力向右，故金属环对地面的摩擦力向左， D 正确； 故选 AD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．黑 B 160 880 1.47mA 1.10 ×103 Ω 2.95 V 【解析】 【详解】 (1)[1] 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出， A端与电池正极相连，电流 从 A端流出， A端与黑表笔相连； (2)[2] 由电路图可知 6R 只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同 时在使用电流档时也不需要调节 6R ； A. 与分析不符，故 A 错误； B.与分析相符，故 B 正确； C.与分析不符，故 C 错误； (3)[3] B 端与 “ 1”“ 2”相连时，该多用电表挡位分别为直流 2.5 mA 挡、直流 1 mA 挡，如图所示 由电表的改装原理可知 B 端与 “2”相连时，有： 1 2 2 G G G I r R I R I 解得： 1 2 160ΩR R [4] B 端与 “ 4”相连时，如图所示 多用电表为直流电压 1 V 挡，表头并联部分电阻： 4 4 2 880ΩG GU I rR I (4)[5] B 端与 “ 1”相连时，电表读数为 1.47 mA ； [6] B 端与 “ 3”相连时，多用电表为欧姆 × 100Ω挡，读数为： 311.0 100Ω 1.10 10 Ω [7] B 端与 “ 5”相连时，多用电表为直流电压 5 V 挡，读数为： 147 5V 2.95V 250 14．5.0 3.0 2.2 大于 电流表也有内阻 【解析】 【详解】 (1)[1] 由题意可知，闭合 S1 和 S2 时只有电阻箱接入电路，闭合 S1、断开 S2 时，电阻箱与 R 串联接入电路， 两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以 保护电阻的阻值 Rx＝9.5 Ω-4.5 Ω＝5.0 Ω (2)[2][3] 根据闭合电路的欧姆定律可得， E＝I(R+R x+r) ，整理可得 1 1 xR rR I E E 可见图线的斜率 1k E 图线的纵截距 xR rb E 结合图象中的数据可得 E＝ 3.0V，r ＝2.2 Ω． (3)[4][5] 本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内 阻之和． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．（ 1）气体 A 末状态的压强 87.5cmHg ，B 气体末态压强 93.5cmHg ； （ 2）B 气体是放热。 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）气体 A 的初态的压强为 pA： pA +p 柱 =p 0 末态时气柱的长度为 l A′ l A′ =lA-△l 气体 A 发生等温变化 pA lA S=pA′lA′S 解得 pA ′ =87.5cmHg 气体 B 的末态压强为 pB′，解得 pB′ =pA′ +p柱 =93.5cmHg （ 2）气体 B 的初态：压强为 p0，气体柱的长度为 l B l B=L-l A-l 柱 =29cm 气体 B 发生等温变化 pB lBS=pB′lB′S 解得 l B′ =23.6cm l B′＜l B，气体 B 的变化是等温压缩 等温变化，内能不变 △U=0，压缩体积减小，外界对气体做功 W ＞0 由热力学第一定律 △U=W+Q 可知 Q＜0：气体 B 要放热。 16． (1)带正电， mg q ；(2) 1 5 ； (3) 8 g 5 l 。 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由带电小球 a 在第四象限内做圆周运动， 知小球 a 所受电场力与其重力平衡且小球 a 所受电场力竖直向 上，即 mg＝qE 故小球 a 带正电， 解得 E＝ mg q (2) 带电小球 a 从 N 点运动到 A 点的过程中，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，设运动半径为 R， 有 qvB ＝m 2v R 由几何关系有 R＋ Rsin θ＝ 3.2l 解得 R＝2l ，代入 B，有 v＝2 gl 带电小球 a 在杆上匀速下滑时，由平衡条件有 mgsin θ＝μ (qvB1－mgcosθ) 解得 1 5 BB＝ 所以 1 1 5 B B (3) 带电小球 a 在第四象限内做匀速圆周运动的从 A 点竖直上抛，与 b 相遇 竖直方向 2 21 14 ( ) 2 2 l gt vt gt 解得 2 lt g 水平方向 0 3.2 8 g 5 lv l t 17． (i)4 ×105Pa；(ii)20kg 。 【解析】 【详解】 (i) 初状态时，设气体的压强为 1p ，以活塞为研究对象，由平衡条件知 1 0p S p S mg 末状态时，设气体的压强为 2p ，由查理定律有 2 1 2 1 p p T T 解得 2p =4×105Pa (ii) 末状态时 .以活塞为研究对象，由平衡条件知 1 0 ( )p S p S m m g 解得 : Δ m=20kg 2021 届新高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示，为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静电除尘区、图中虚线是某 一带负电的尘埃 (不计重力 )仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹， A、B 两点是轨迹与电场线的 交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相作用和电荷量变化，则以下说法正确的是 A． A 点电势高于 B 点电势 B．尘埃在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度 C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中电势能始终在增大 【答案】 B 【解析】沿电场线方向电势降低，由图可知， B 点的电势高于 A 点电势，故 A 错误；由图可知， A 点电 场线比 B 点密集，因此 A 点的场强大于 B 点场强，故 A 点的电场力大于 B 点的电场力， 则 A 点的加速 度大于 B 点的加速度，故 B 正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的．故 粒子不可能做匀变速运动， 故 C 错误； 由图可知， 开始速度方向与电场力方向夹角为钝角， 电场力做负功， 电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势 能减小，故 D 错误．故选 B． 点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的 运动方向与电场力方向的关系是解题突破口． 2．匀强电场中有一条直线， M 、N、P 为该直线上的三点，且 MN NP 。若 MN 两点的电势分别为 5V 、 11V ，则下列叙述正确的是（ ） A．电场线方向由 N 指向 M B． P 点的电势不一定为 17V C．正的检验电荷从 M 点运动到 N 点的过程，其电势能不一定增大 D．将负的检验电荷以初速度为 0 放入该电场中的 M 点，检验电荷将沿直线运动 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．在匀强电场中，沿电场线的电势变化，沿其他方向的直线电势也变化， N 点电势高于 M 点电势，但直 线 MN 不一定是电场线，选项 A 错误。 B．匀强电场中沿任意非等势面的直线电势均匀变化，则有 M N N p 解得 17Vp 选项 B 错误； C．电势有 M N ，正的检验电荷在高电势处电势能大，则在 M 点的电势能小于在 N 点的电势能，选 项 C 错误。 D．匀强电场的电场线是直线，将负的检验电荷以初速度为 0 放入 M 点，该电荷在恒定电场力的作用下， 沿场强的反方向做匀加速直线运动，选项 D 正确； 故选 D。 3．汽车在平直公路上以速度 v0 匀速行驶，发动机的功率为 P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使 汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶， 设汽车行驶过程中所受阻力大小不变， 从司机减小油门开 始，汽车的速度 v 与时间 t 的关系如图所示，则在 0～t 1 时间内下列说法正确的是 A．汽车的牵引力不断减小 B．t=0 时，汽车的加速度大小为 0 P mv C．汽车行驶的位移为 3 0 1 03 2 8 v t mv P D．阻力所做的功为 2 1 0 3 2 8 P t mv 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据 P=Fv 可知，牵引力增大，故 A 错误； B．汽车以速度 v0 匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有： F=f ，发动机的功率为 P，由 P=Fv 0=fv 0 得阻力 0 Pf v t=0 时，功率为原来的一半，速度没有变，则 0 0 2 2 P PF v v ＝ 根据牛顿第二定律得： 02 F f Pa m mv ＝ 故大小为 02 P mv ，故 B 错误。 CD ．根据动能定理得： 2 1 0 2 00.5 0 51 1 2 2 .fPt W m vv m 解得阻力做功为 2 0 1 3 8 2f PW mv t 设汽车通过的位移为 x，由 W f=-fx ，解得 3 0 1 03 2 8 v t mvx P 故 C 正确， D 错误。 故选 C。 4．如图所示， 竖直直线 MN 的右侧有范围足够大的匀强磁场， 磁场方向垂直于纸面向里。 正方形线框 abcd 的边长为 L，静止于图示位置，其右边与 MN 重合。从 0t 时刻起线框受外力拉动，水平向右匀加速运 动。线框粗细均匀，其电阻沿长度分布均匀。在运动过程中，线框 a、b 两点间的电势差随时间变化的特 点与下列图像一致的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【详解】 线框有两段匀加速直线运动过程：进入磁场的运动过程，在磁场中的运动过程。两过程加速度相等，设为 a。 线框进入磁场的运动过程。由右手定则知感应电流方向由 b 向 a。 ba 段为电源，则 a 点电势高于 b 点电 势。电动势大小为 E BLv 3 4abU E 由运动规律得 v at 解以上三式得 3 4abU BLat 图像为过原点的直线，斜率为 3 4 BLa 。在 0t 时刻有 0 3 4abU BLat 。 在磁场中的运动过程。由右手定则知 a 点电势高于 b 点电势。在 0t 时刻有 0abU E BLat 运动过程有 0 =abU E BL v at（ ） 由运动规律得 2 0 2v aL 解以上两式得 2abU BL aL BLat 图像斜率为 BLa 。 故选 C。 5．如图所示，水平放置的平行板电容器下极板接地，闭合开关 S1，S2，平行板电容器两极板间的一个带 电粒子恰好能静止在 P 点．要使粒子保持不动，但粒子的电勢能增加，则下列可行的指施有 A．其他条件不变，使电容器上极板下移少许 B．其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右移少许井将上极板下移少许 C．其他条件不变，使开关 S2 断开，并将电容器下极板上移少许 D．其他条件不变，使开关 S 断开，并将电容器下极板上移少许 【答案】 C 【解析】 【详解】 A. 为使粒子保持不动，则两板间的电场强度大小不变，由于粒子带负电，为使粒子的电势能增加，则 P 点 的电势应降低，即 P 点与下板间的电势差减小．其他条件不变，使电容器上极板下移少许，两板间的电压 不变，刚由 E= U d 可知，两板间的电场强度增大， A 错误； B.其他条件不变，将滑动变阻器滑片向右移少许，电路 中的电流减小，两板的电压减小，将上板下移少 许，由 E= U d 可保证板间的电场强度大小不变，但 P 点的电势不变， B 错误； C.其他条件不变，开关 S2 断开，两板的带电量不变，将电容器下板上移少许，两板间电场强度不 变， P 点与下板的电势差减小， C 正确； D.其他条件不变，使开关 S1 断开，电容器放电，板间的电场强度减小， D 错误． 6．关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（ ） A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用 B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用 C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功 D．安培力一定对通电导线不做功 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项 A 错误； B．通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则不受安培力作用，选项 B 错误； C．由于洛伦兹力方向垂直于运动电荷的速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力对运动电荷不做功，选 项 C 正确； D．安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，从而把电能转化为机械能，选项 D 错误。 故选 C。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，边长为 L 、匝数为 N、电阻不计的正方形线圈 abcd ，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕转 轴 OO′以角速度 ω匀速转动，轴 OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连 接，变压器原、副线圈的匝数之比为 1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处 于图示位置开始计时，下列判断正确的是 ( ) A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为 e＝NBωL 2cos ωt B．变压器的输入功率与输出功率之比为 2∶1 C．电压表 V 示数为 NBωL 2 D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBL 2ω cos ωt 故 A 正确； B．变压器的输入与输出功率之比为 1：1，故 B 错误； C．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于 U2m =2NBωL 2 根据电流的热效应可得 22 2( ) 2 2 mU T U T R R＝ 解得 U=NBωL 2 故 C 正确； D．当 P 位置向下移动， R 增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表 V 的示数不变，电阻消 耗的功率变小，故电流表示数变小，故 D 错误。 故选 AC ． 8．下列关于振动和波的说法，正确的是 。 A．声波在空气中传播时，空气中各点有相同的振动频率 B．水波在水面上传播时，水面上各点沿波传播方向移动 C．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生衍射 D．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某质点相遇，则该质点位移始终最大 E.为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．声波在空气中传播时，根据波的形成原理可知，空气中各点有相同的振动频率，故 A 正确； B．水波在水面上传播时，水面上各点不会随着波传播方向而移动，故 B 错误； C．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生明显的衍射现象，故 C 正确； D．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某点相遇时，则该质点位移此时最大，然后会变小，当平衡 位置相遇时，则位移为零，故 D 错误； E．根据干涉条纹间距公式 d x L＝ ，可知，为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光，即波长变长， 故 E 正确。 故选 ACE 。 9．如图甲，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧车离地高 度 h=0.1m 处，滑块与弹簧不拴接 .现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度 h，并作 出如图乙所示滑块的动能 Ek 与 h 的关系图像， 其中 h=0.2m~0.35m 图线为直线， 其余部分为曲线， h=0.18m 时，滑块动能最大，不计空气阻力，取 g=10m/s 2，则由图像可知（ ） A．图线各点斜率的绝对值表示合外力大小 B．滑块的质量为 0.1kg C．弹簧的原长为 0.18m D．弹簧的劲度系数为 100N/m 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据动能定理可得 kE Fh 故 kE h图像的斜率表示滑块受到的合外力大小， A 正确； B．在 kE h 图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图象为 直线，其余部分为曲线，说明滑块从 0.2m 上升到 0.35m 范围内所受作用力为恒力，即只受重力作用，所 以从 h=0.2m ，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的 0.2m ，斜率大小为 0 0.3 2 0.35 0.2 K 即重力大小为 2Nmg 所以 0.2kgm 故 BC 错误； D．在滑块与弹簧未分离的过程中，当滑块受到的重力和弹力等大时，滑块的速度最大，即动能最大，故 有 k h mg 根据题意可知 0.18m 时动能最大，而弹簧原长为 0.2m，代入解得 100N / mk D 正确。 故选 AD 。 10．《大国工匠》节目中讲述了王进利用 “秋千法 ”在 1000kV 的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝 缘轻绳 OD 一端固定在高压线杆塔上的 O 点，另一端固定在兜篮上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上 C 点的定滑轮， 一端连接兜篮， 另一端由工人控制。 身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里， 缓慢地从 C 点运动到处 于 O 点正下方 E 点的电缆处。绳 OD 一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为 m，不计一 切阻力，重力加速度大小为 g。关于王进从 C 点运动到 E 点的过程中，下列说法正确的是（ ） A．工人对绳的拉力一直变大 B．绳 OD 的拉力一直变大 C． OD、CD 两绳拉力的合力大小等于 mg D．当绳 CD 与竖直方向的夹角为 30°时，工人对绳的拉力为 3 3 mg 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．对兜篮、王进及携带的设备整体受力分析如图所示 绳 OD 的拉力为 F 1，与竖直方向的夹角为 θ，绳 CD 的拉力为 F2，与竖直方向的夹角为 α。根据几何知识 有 2 90 由正弦定理可得 1 2 sin sin sin 2 F F mg 解得 1 tanF mg 2 sin cos2 1(2cos ) cos cos cos mg θ mg αF mg α α α α α增大， θ减小，则 F 1 增大， F2 减小，故 A 错误， B 正确； C．两绳拉力的合力大小等于 mg，故 C 正确； D．当 α =30°时，则 θ =30°，根据平衡条件有 22 cos30F mg 可得 2 3 3 F mg 故 D 正确。 故选 BCD 。 11．关于固体、液体和物态变化，下列说法正确的是（ ） A．当液体与固体接触时，如果附着层内分子间的作用表现为斥力，这样的液体与固体间就表现为浸润 B．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 C．晶体一定具有规则的几何外形 D．液体表面张力有使其表面积收缩到最小的趋势 E.饱和汽压与液体的温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 A. 液体对固体的浸润，则分子间距小于液体内部，则液面分子间表现为斥力，液面呈现凹形，表面有扩张 的趋势，故 A 正确； B.当人们感到潮湿时，是因为空气的相对湿度较大，而绝对湿度的大小无法确定，故 B 错误； C.单晶体一定具有规则的几何外形，多晶体不一定具有规则的几何外形，故 C 错误； D.液体表面分子间距较大，故有张力，使其表面积有收缩到最小的趋势，故 D 正确； E.饱和汽压与液体种类和温度有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故 E 正确。 故选 ADE 。 12．按照十八大 “五位一体 ”的总体布局，全国各省市启动 “ 263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组 在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为 L 、直径 为 D，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面 a、c 固定有金属板作为电极，污水充 满管口从左向右流经测量管时， a、c 两端电压为 U，显示仪器显示污水流量为 Q（单位时间内排出的污水 体积） 。则下列说法不正确的是（ ） A． a 侧电势比 c 侧电势低 B．若污水中正离子较多，则 a 侧电势比 c 侧电势高；若污水中负离子较多，则 a 侧电势比 e 侧电势低 C．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大 D．污水流量 Q 与 U 成正比，与 L 无关 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．污水中正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向前表面 c 偏，负离子向后表 面 a 偏，所以 a 侧电势比 c 侧低，与污水中正、负离子的数量无关，故 A 正确，不符合题意； B 错误，符 合题意； C．稳定后，离子受到洛伦兹力和电场力作用，受力平衡，有 Uq qvB D 解得 Uv DB 流量为 2( ) 42 D UDQ v B 分析可知，显示仪器的示数 Q 与离子的浓度无关，故 C 错误，符合题意； D．同理可知 Q 与 U 成正比，与 L 无关，故 D 正确，不符合题意。 故选 BC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端 固定，右端与一小球接触而不固连 :弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图（ a）所示．向左推小球， 使弹簧压缩一段距离后由静止释放．小球离开桌面后落到水平地面．通过测量和计算，可求得弹簧被压缩 后的弹性势能． 回答下列问题： （ 1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能 Ep 与小球抛出时的动能 E k 相等．已知重力加速度大小 为 g，为求得 Ek ，至少需要测量下列物理量中的 （填正确答案标号） ． A．小球的质量 m B．小球抛出点到落地点的水平距离 s C．桌面到地面的高度 h D．弹簧的压缩量 △x E.弹簧原长 l 0 （ 2）用所选取的测量量和已知量表示 E k，得 Ek = ． （ 3）图（ b）中的直线是实验测量得到的 s—△x 图线．从理论上可推出，如果 h 不变． m 增加， s—△x 图线的斜率会 （填 “增大 ”、“减小 ”或 “不变 ”）；如果 m 不变， h 增加， s—△ x 图线的斜率会 （填 “增大 ”、“减小 ”或 “不变 ”）．由图（ b）中给出的直线关系和 E k 的表达式可知， E p 与 △x 的 次方 成正比． 【答案】 （1）ABC (2) 2 4 mgs h （3）减小 增大 2 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本 实验至少需要测量小球的质量 m、小球抛出点到落地点的水平距离 s、桌面到地面的高度 h，故选 ABC ． （ 2）由平抛规律可知： 竖直方向上： h= 1 2 gt2，水平方向上： s=vt，而动能 E k= 1 2 mv 2 联立可得 E k= 2 4 mgs h ； （ 3）由题意可知如果 h 不变， m 增加，则相同的 △L 对应的速度变小，物体下落的时间不变，对应的水 平位移 s 变小， s-△ L 图线的斜率会减小；只有 h 增加，则物体下落的时间增加，则相同的 △L 下要对应 更大的水平位移 s，故 s-△L 图线的斜率会增大．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即 Ep= 2 4 mgs h ， 可知 E p 与 △s 的 2 次方成正比，而 △s 与 △L 成正比，则 E p 与 △L 的 2 次方成正比． 【点睛】 本题的关键是通过测量小球的动能来间接测量弹簧的弹性势能， 然后根据平抛规律以及动能表达式即可求 出动能的表达式，弹性势能转化为物体的动能，从而得出结论．根据 x 与 △L 的图线定性说明 m 增加或 h 增加时 x 的变化，判断斜率的变化．弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能和动能的表达式，得出弹性势 能与 △x 的关系， △x 与 △L 成正比，得出 Ep 与 △L 的关系． 14．如图甲（侧视图只画了一个小车）所示的实验装置可以用来验证 “牛顿第二定律 ”。两个相同的小车放 在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受 到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在 固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙） 。拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前， 迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。 图丙为某同学在验证 “合外力不变加速度与质量成反比 ”时的某次实验记录，已测得小车 1 的总质量 1 100gm ，小车 2 的总质量 2 200gm 。由图可读出小车 1 的位移 1 5.00cmx ，小车 2 的位移 2x _______ cm ，可以算出 1 2 a a __________（结果保留 3 位有效数字） ；在实验误差允许的范围内， 1 2 a a ________ 2 1 m m （选填 “大于 ”、“小于 ”或 “等于 ”）。 【答案】 2.45 2.50 2.00 2.04 等于 【解析】 【分析】 【详解】 [1] 刻度尺最小分度为 0.1cm，则小车 2 的位移为 x2=2.45cm，由于误差 2.45cm －2.50cm 均可 [2] 由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据 21 2 x at 可知，由于时间相同，则有 1 1 2 2 5.00 2.04 2.45 a x a x 由于读数误差，则 2.00 2.04 均可 [3] 由题意可知 2 1 200 2 100 m m 故在误差允许的范围内 1 2 2 1 a m a m 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．透明玻璃瓶用橡皮塞将瓶口塞住，已知大气压强为 p 0，外界环境温度不变，圆柱形橡皮塞横截面积为 S。 (1)用铁架台将透明玻璃瓶竖直固定，且塞有橡皮塞的瓶口竖直朝下，再用打气筒再将 N 倍于瓶子容积的 空气缓慢压入瓶中，此时橡皮塞恰能弹出。已知橡皮塞的质量为 m，求橡皮塞弹出瞬间与瓶口最大静摩擦 力的大小； (2)将透明玻璃瓶瓶口竖直朝上放置，用手按压住橡皮塞，用打气筒再将 4N 倍于瓶子容积的空气缓慢压入 瓶中，然后突然撤去按压橡皮塞的手，求撤去手瞬间橡皮塞的加速度大小。 【答案】 (1) 0f Np S mg ； (2) 03 2Np S mga m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由玻意耳定律有 0 1p N V pV 得 01p N p 对橡皮塞受力分析可得 0 01mg N p S p S f 计算得出 0f Np S mg (2)由玻意耳定律，有 0 4 1 'p N V p V 得 0' 4 1p N p 对橡皮塞，由牛顿第二定律，有 0 04 1N p S p S f mg ma 计算得出 03 2Np S mga m 16．如图，液槽中水的折射率 2 2 3 n ，M 是可绕轴转动的平面镜。光线从液槽的侧壁水平射入水中， 若要求经平面镜反射后的光线能从水面射出，求：平面镜应与水平所成夹角 α的取值范围。 【答案】 15 75o o＜ ＜ 【解析】 【分析】 【详解】 设光线在水中反生全反射的临界角为 C，则 1 3 3sin 22 3 C n 也即 C=60° 若光在右侧发生全反射时，作出光路如图 1，则由几何光系可知 12 90C o 若光在左侧发生全反射时，作出光路如图 2，则由几何光系可知： 22 90 90Co o 1 2＜ ＜ 解得 15 75o o＜ ＜ 17．如图所示，光滑的斜面倾角 θ=30 ，斜面底端有一挡板 P，斜面固定不动。长为 2 l 质量为 M 的两端 开口的圆筒置于斜面上，下端在 B 点处， PB=2 l ，圆筒的中点处有一质量为 m 的活塞， M=m 。活塞与圆 筒壁紧密接触， 它们之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等其值为 2 mgf ，其中 g 为重力加速度的大小。 每当圆筒中的活塞运动到斜面上 A、B 区间时总受到一个沿斜面向上、 大小为 F mg 的恒力作用， AB= l 。 现由静止开始从 B 点处释放圆筒。 (1)求活塞进入 A、B 区间前后的加速度大小； (2)求圆筒第一次与挡板 P 碰撞前的速度大小和经历的时间； (3)若圆筒第一次与挡板 P 碰撞后以原速度大小弹回，活塞离开圆筒后粘在挡板上。那么从圆筒第一次与 挡板碰撞到圆筒沿斜面上升到最高点所经历的时间为多少？ 【答案】 (1) 1 ,0 2 g (2) ,3 lgl g (3) 2l g 【解析】 【详解】 (1)活塞在 AB 之上时，活塞与筒共同下滑加速度为： 1 ( ) sin 30 sin 30m M ga g m M 活塞在 AB 区间内时，假设活塞与筒共同下滑，有： ( ) sin30 ( )M m g F M m a 解得 0a 对 m：受向上恒力 F=mg ，此时有： sin30 0F mg f 解得 2 mgf 故假设成，故活塞的加速度 2 0a (2)圆筒下端运动至 A 处时，活塞刚好到达 B 点，此时速度为 0 2 sin30v gl gl 经历时间 t1，由 2 1 sin 30 2 gl t 得 1 4lt g 接着 M 、m 一起向下匀速运动，到达 P 时速度仍为 0v gl 匀速运动时间为 2 0 l lt v g 总时间为 1 2 3 lt t t g (3)M 反弹时刻以 υ0 上升， m 过 A 点以 υ0 下滑，以后由于摩擦力和重力， m 在 M 内仍然做匀速下滑， M 以加速度 sin 30Mg f g M 减速， m 离开 M 时间为 t3，则有 2 0 3 0 3 1 1 2 l v t v t gt 解得 0 3 0 3 (2 2) (2 2) ( )vl lt v t g g a g 此时 M 速度为 0 3 02 1)v v gt v＝ ＝( 接着 M 以加速度 ' 2 ga 向上减速，有： 4 ' 2 2( 2 1)v v lt a g g 故圆筒沿斜面上升到最高点的时间为 3 4 2lt t t g＝ ＝ 2021 届新高考物理模拟试卷 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的 1．如图所示，竖直放置的两端开口的 U 形管，一段空气柱被水银柱 a 和水银柱 b 封闭在右管内，水银柱 b 的两个水银面的高度差为 h。现将 U 形管放入热水槽中， 则系统再度达到平衡的过程中 （水银没有溢出， 外界大气压保持不变） （ ） A．空气柱的压强变大 B．空气柱的长度不变 C．水银柱 b 左边液面要上升 D．水银柱 b 的两个水银面的高度差 h 不变 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．外界大气压不变，被封闭气体压强始终不变，气体做等压变化，温度升高，则气体体积增大，故 AB 错误； CD ．被封闭气体压强始终不变， 水银柱 b 两液面高度差 h 不变， 则液面位置也不会发生变化， 故 C 错误， D 正确。 故选 D。 2．如图所示，带电荷量为 Q 的等量同种正电荷固定在水平面上，在其连线的中垂线（竖直方向）上固定 一光滑绝缘的细杆，细杆上套一个质量为 m，带电荷量为 q 的小球，小球从细杆上某点 a 由静止释放， 到达 b 点时速度为零， b 间的距离为 h，重力加速度为 g。以下说法正确的是（ ） A．等量同种正电荷在 a、b 两处产生的电场强度大小关系 a bE E B． a、b 两处的电势差 ab mghU q C．小球向下运动到最大速度的过程中小球电势能的增加量等于其重力势能的减少量 D．若把两电荷的位置往里移动相同距离后固定，再把带电小球从 a 点由静止释放，则小球速度减为零的 位置将在 b 点的上方 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．小球由 a 到 b 先加速再减速， a 点加速度向下 amg qE ，b 点加速度向上 bmg qE ，所以 b aE E ， A 错误； B．由 a 到 b 根据动能定理 0abmgh qU 得 ab mghU q B 错误； C．根据能量守恒，小球向下运动到最大速度的过程中小球重力势能转化为电势能和动能，所以小球电势 能的增加量小于其重力势能的减少量， C 错误； D．若把两同种电荷的位置往里移动相同距离后固定，根据电场强度叠加原理在中垂线上相同位置电场强 度变大了，再由动能定理可知小球速度减为零的位置将在 b 点的上方，选项 D 正确。 故选 D。 3．一架飞机在高空中由西向东沿水平方向做匀加速直线运动，飞机每隔相同时间自由释放一个物体，共 连续释放了 6 个物体（不计空气阻力） 。下图是从地面某时刻观察到的 6 个空投物体的图像，其中正确的 是 A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【详解】 因为物体做平抛运动，而飞机做匀加速直线运动，所以做平抛运动的不同物体的初速度越来越大，在竖直 方向上做自由落体运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大。 A．该图与结论相符，选项 A 正确； B．该图与结论不相符，选项 B 错误； C．该图与结论不相符，选项 C 错误； D．该图与结论不相符，选项 D 错误； 故选 A。 4．米歇尔 ?麦耶和迪迪埃 ?奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星﹣飞马座 51b 而获得 2019 年诺贝尔物理 学奖。飞马座 51b 与恒星相距为 L ，构成双星系统（如图所示） ，它们绕共同的圆心 O 做匀速圆周运动。 设它们的质量分别为 m 1、m 2 且（ m 1＜m 2），已知万有引力常量为 G．则下列说法正确的是（ ） A．飞马座 51b 与恒星运动具有相同的线速度 B．飞马座 51b 与恒星运动所受到的向心力之比为 m 1：m 2 C．飞马座 51b 与恒星运动轨道的半径之比为 m 2：m 1 D．飞马座 51b 与恒星运动周期之比为 m 1：m 2 【答案】 C 【解析】 【详解】 BD．双星系统属于同轴转动的模型，具有相同的角速度和周期，两者之间的万有引力提供向心力，故两 者向心力相同，故 BD 错误； C．根据 2 1 1m r ＝ 2 2 2m r ，则半径之比等于质量反比，飞马座 51b 与恒星运动轨道的半径之比，即 r 1： r 2＝m 2：m 1，故 C 正确； A．线速度之比等于半径之比，即 v1：v2＝m 1： m 2，故 A 错误。 故选 C. 5．如图所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流 电源上， 副线圈连接相同的灯泡 1L 、 2L ，电路中分别接入理想交流电压表 1V 、 2V ，和理想交流电流表 1A 、 2A ，不计导线电阻。闭合开关 S 后，下列说法正确的是（ ） A． 1A 示数不变， 1V 示数不变， 1L 变亮 B． 2A 示数变大， 2V 示数变大， 1L 变暗 C． 1A 示数变大，变压器输出功率变大， 1A 与 2A 示数的比值不变 D． 2V 示数变大，变压器输出功率变大， 1V 与 2V 示数的比值不变 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．闭合开关后，根据理想变压器的电压规律 1 1 2 2 U n U n 可知变压器两端电压不变，所以两电压表示数不 变，灯泡两端电压不变， 1L 亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增 大，所以 2A 示数增大，根据 1 2 2 1 I n I n 可知原线圈电流增大，所以 1A 示数增大， AB 错误； CD ．根据 P IU 可知变压器输出电压不变， 电流增大， 所以变压器输出功率变大， 结合上述分析可知 1A 与 2A 示数的比值不变， 1V 与 2V 示数的比值不变， C 正确， D 错误。 故选 C。 6．如图所示，足够长的水平传送带以速度 v 逆时针转动，一质量为 1kg 的物体以 0 2m / sv 的速度水平 向右滑上传送带，经一定的时间后，物体返回到出发点。已知物体与带之间的动摩擦因数 0.2 ，重力 加速度 g=10m/s 2。则在该过程中摩擦力对物体做的功为（ ） A． 0 B．2.5J C．6.5J D． 12J 【答案】 A 【解析】 【详解】 由题意可知，物体在传送带上做匀变速运动，物体先向右做减速运动，速度为零时再向左做加速运动，回 到出发点时速度大小 1 2m / sv ，根据动能定理可知摩擦力做功为零，故 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，在竖直平面内的 xOy 坐标系中分布着与水平方向成 30°角的匀强电场，将一质量为 0.1kg、 带电荷量为 +0.01C 的小球以某一初速度从原点 O 竖直向上抛出，它的轨迹方程为 y1=x，已知 P 点为轨迹 与直线方程 y=x 的交点，重力加速度 g=10m/s 1．则（ ） A．电场强度的大小为 100N/C B．小球初速度的大小为 5 3m/s C．小球通过 P 点时的动能为 5 3 J 4 D．小球从 O 点运动到 P 点的过程中，电势能减少 3J 【答案】 AC 【解析】 小球，以某一初速度从 O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程 y=x 1，说明小球做类平抛运动， 则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向，竖直方向： qE?sin30°=mg，所以： 2 2 / 100 / 0.02 mgE N C N C q ，选项 A 正确； 小球受到的合力： F 合 =qEcos30°=ma ，所以 a= 3 g； P 点的坐标为（ 1m，1m）；由平抛运动规律有： 0 1v t ； 21 1 2 at ，解得 0 5 3 /v m s ，选项 B 错误； 小球通过 P 点时的速度 2 2 0 ( ) 25 3 /Pv v at m s ，则动能为 21 5 3 2 4kP PE mv J ，选项 C 正确； 小球从 O 到 P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即： 0 0cos30 30 ( 3 1)EW Eq x Eqsin x J ，选项 D 错误；故选 AC. 点睛： 本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质， 结合抛物线方程 y=x 1，得出小球在受到的电场力与 重力大小关系是解答的关键． 8．质量为 m 电量为 q 的小滑块 (可视为质点 )，放在质量为 M 的绝缘长木板左端，木板放在光滑的水平 地面上，滑块与木板之间的动障擦因数为 ，木板长为 L，开始时两者都处于静止状态，所在空间存在范 围足够大的一个方向竖直向下的匀强电场 E，恒力 F 作用在 m 上，如图所示，则（ ） A．要使 m 与 M 发生相对滑动，只须满足 F mg Eg B．若力 F 足够大，使得 m 与 M 发生相对滑动，当 m 相对地面的位移相同时， m 越大，长木板末动能越 大 C．若力 F 足够大，使得 m 与 M 发生相对滑动，当 M 相对地面的位移相同时， E 越大，长木板末动能越 小 D．若力 F 足够大，使得 m 与 M 发生相对滑动， E 越大，分离时长本板末动能越大 【答案】 BD 【解析】 A、 m 所受的最大静摩擦力为 f mg Eq ,则根据牛顿第二定律得 F f fa m M ,计算得出 ( )mg Eq M m F M .则只需满足 ( )mg Eq M m F M ,m 与 M 发生相对滑动 .故 A 错误 . B、当 M 与 m 发生相对滑动 ,根据牛顿第二定律得 ,m 的加速度 F mg Eq a m ,知 m 越大 ,m 的加速 度越小 ,相同位移时 ,所以的时间越长 ,m 越大 ,m 对木板的压力越大 ,摩擦力越大 ,M 的加速度越大 ,因为作用时 间长 ,则位移大 ,根据动能定理知 ,长木板的动能越大 .所以 B 选项是正确的 . C、当 M 与 m 发生相对滑动 ,E 越大 ,m 对 M 的压力越大 ,摩擦力越大 ,则 M 相对地面的位移相同时 ,根据动 能定理知 ,长木板的动能越大 .故 C.错误 D、根据 2 2 1 2 1 1 2 2 L a t a t 知 ,E 越大 ,m 的加速度越小 ,M 的加速度越大，知时间越长 ,因为 E 越大 ,M 的 加速度越大 ,则 M 的位移越大 ,根据动能定理知 ,分离时长木板的动能越大 .所以 D 选项是正确的 .， 故选 BD 点睛：当 m 与 M 的摩擦力达到最大静摩擦力 ,M 与 m 发生相对滑动 ,根据牛顿第二定律求出 F 的最小值 . 当 F 足够大时 ,M 与 m 发生相对滑动 ,根据牛顿第二定律 ,结合运动学公式和动能定理判断长木板动能的变 化 . 9．下列有关光学现象的说法正确的是 ________。 A．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射 B．光从光密介质射人光疏介质，其频率不变，传播速度变小 C．光的干涉，衍射现象证明了光具有波动性 D．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变小 E.频率相同、相位差恒定的两列波相遇后能产生稳定的干涉条纹 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A．发生全发射的条件是，光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，故 A 正确； B．光从光密介质射到光疏介质，频率不变，根据 cv n 可知，折射率减小，所以速度增大，故 B 错误； C．光的衍射和干涉是波独有的现象，所以可以说明光具有波动性，故 C 正确； D．红光的波长大于紫光，根据条纹间距公式可知 lx d 红光的条纹间距大于紫光，故 D 错误； E．两列波发生稳定的干涉现象的条件是频率相同，相位差恒定，故 E 正确。 故选 ACE 。 10．如图 2 所示是电子电路中经常用到的由半导体材料做成的转换器， 它能把如图 1 所示的正弦式交变电 压转换成如图 3 所示的方波式电压，转換规则 :输入的交变电压绝对值低于 2 mU ，输出电压为 0;输入的交 变电压包对值大于、等于 2 mU ，输出电压恒为 2 mU ．则 A．输出电压的頻率为 50Hz B．输出电压的颜率为 100Hz C．输出电压的有效值为 6 6 mU D．输出电压的有效值为 3 mU 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AB. 由图可知输出电压的周期 T= 0.01s ，故频率为 f=100Hz ， A 错误， B 正确； CD. 由： 2 2 1 2 2 3 mU UT T R R （ ） 解得： U= 6 6 mU C 正确， D 错误． 11．如图所示，沿 x 轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为 200m/s，则 下列说法正确的是（ ） A．图示时刻质点 b 的加速度正在增大 B．从图示时刻开始，经 0.01s，质点 b 位于平衡位置上方，并向 y 轴正方向做减速运动 C．从图示时刻开始，经 0.01s，质点 a 沿波传播方向迁移了 2m D．若该波发生明显的衍射现象，则它所遇到的障碍物或孔的尺寸一定比 4m 大得多 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 A．由于波沿 x 轴正方向传播，根据 “上下坡 ”法，知道 b 质点正向下振动，位移增大，加速度正在增大， 故 A 正确； B．由图知，波长 λ =4m，则该波的周期为 4 s=0.02s 200 T v 从图示时刻开始，经过 0.01s，即半个周期，质点 b 位于平衡位置上方，并向 y 轴正方向做减速运动，故 B 正确； C．质点 a 不会沿波传播方向迁移，故 C 错误； D．当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射，所以若该波发生明显的衍射现象，则 该波所遇到的障碍物尺寸一定比 4 m 小或和 4m 差不多，故 D 错误。 故选： AB 。 12．如图所示为一列简谐横波在 t＝ 0 时的波形图，波沿 x 轴负方向传播，传播速度 v＝1m/s，则下列说法 正确的是 A．此时 x＝1.25m 处的质点正在做加速度增大的减速运动 B． x＝0.4m 处的质点比 x＝0.6 m 处的质点先回到平衡位置 C． x＝4m 处的质点再经过 1.5s 可运动到波峰位置 D． x＝2m 处的质点在做简谐运动，其振动方程为 y＝0.4sin π t (m) E. t ＝ 2s 的波形图与 t＝0 时的波形图重合 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A、波沿 x 轴负向传播，故此时 x＝1.25 m 处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平 衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故 A 正确； B、由波沿 x 轴负向传播可得： x＝0.6 m 处的质点向平衡位置运动，故 x＝0.4 m 处的质点、 x＝0.6 m 处的 质点都向平衡位置运动， 且 x＝0.4 m 处的质点比 x＝0.6 m 处的质点距离远， 那么， x＝0.6m 处的质点比 x ＝ 0.4 m 处的质点先回到平衡位置，故 B 错误； C、由波沿 x 轴负向传播可得： x＝4 m 处的质点由平衡位置向下振动，故 x＝ 4 m 处的质点再经过 3 4 T 可 运动到波峰位置，又有波长 λ＝2m，波速 v＝1m/s ，所以，周期 T ＝2s，那么， x＝4 m 处的质点再经过 1.5 s 可运动到波峰位置，故 C 正确； D、由 C 可知： x＝2 m 处的质点在做简谐运动的周期 T ＝2s，又有振幅 A＝0.4m，t ＝0 时， 质点位移为零， 根据波沿 x 轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为 y＝﹣ 0.4sin（πt）（m），故 D 错误； E、由 C 可知简谐波的周期 T＝ 2s，故经过 2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故 t＝2s的波形图 与 t ＝0 时的波形图重合，故 E 正确。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学看到某种规格热敏电阻的说明书，知悉其阻值随温度变化的图线如图甲所示。为验证这个图线 的可信度，某同学设计了一个验证性实验，除热敏电阻 R 之外，实验室还提供如下器材：电源 E（电动势 为 4.5V，内阻约 1Ω）、电流表 A（量程 1mA ，内阻约 200Ω）、电压表 V（量程 3V ，内阻约 10kΩ）、滑动 变阻器 R（最大阻值为 20Ω）、开关 S、导线若干、烧杯、温度计和水。 (1)从图甲可以看出该热敏电阻的阻值随温度变化的规律是 ____； (2)图乙是实验器材的实物图，图中已连接了部分导线，请用笔画线代替导线把电路连接完整 ______； (3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头 P 应置于 ____端（填 “ a”或 “ b”）； (4)该小组的同学利用测量结果， 采用描点作图的方式在说明书原图的基础上作出该热敏电阻的 Rt －t 图像， 如图丙所示，跟原图比对，发现有一定的差距，关于误差的说法和改进措施中正确的是 _______ A．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的绝对误差越来越大 B．在温度逐渐升高的过程中电阻测量的相对误差越来越大 C．在温度比较高时，通过适当增大电阻两端的电压值可以减小两条曲线的差距 D．在温度比较高时，通过改变电流表的接法可以减小两条曲线的差距 【答案】热敏电阻的阻值随温度的升高而减小 a BD 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 由 R t 图像可知，随着温度的升高，热敏电阻的阻值变小； (2)[2] 研究热敏电阻的性质需要电压和电流的变化范围广，且滑动变阻器的最大值小，故滑动变阻器采用 分压式接法，热敏电阻的阻值满足 x A VR R R ，故采用电流表的内接法减小系统误差，实物连接如图 所示 (3)[3] 滑动变阻器采用的是分压接法，为了保护电路，应让干路的阻值最大，则闭合开关前滑片置于 a 端； (4)[4]AB ．绝对误差为 R R R测 真 相对误差为 100% R R R 测 真 真 由 R t 图像可知在温度逐渐升高的过程中，热敏电阻的理论电阻值阻值和测量电阻值都在逐渐减小，理 论电阻值和测量电阻值相差不大， 即绝对误差 R 变化不大， 而相对误差 越来越大， 故 A 错误， B 正确； CD ．在相同的温度下，采用电流表的内接法导致测量值总比理论值偏大，故当温度升高到一定值后，电 阻变小，则电流表应该选用外接法减小系统误差，故 C 错误， D 正确。 故你 BD 。 14．某同学用图示的实验装置来验证 “力的平行四边形定则 ”，实验的主要步骤如下： A．将贴有白纸的木板竖直放置，弹簧测力计 A 挂于固定在木板上的 P 点，下端用细线挂一重物 M 。 B．弹簧测力计 B 的一端用细线系于 O 点，手持另一端向左拉，使结点 O 静止在某位置，细线均与木板 平行。 C．记录 O 点的位置、两个弹簧测力计的读数 1F 和 2F 。 D．测量重物 M 的重力 G，记录 OM 绳的方向。 E.选择合适的标度，用刻度尺做出测力计拉力 1F 和 2F 的图示，并用平行四边形定则求出合力 F 。 F.按同一标度，做出重物 M 重力 G 的图示，并比较 F 与 G，得出结论。 (1)在上述步骤中，有重要遗漏的步骤是 ________（请填写步骤前的序号） ，遗漏的内容是 ________。 (2)某同学认为在实验过程中必须注意以下几项，其中正确的是（ ____） A． OA 、OB 两根绳必须等长 B． OA 、OB 两根绳的夹角应该等于 120 C． OA 、OB 两根绳要长一点，标记同一细绳方向的两个点要远一点 D．改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，仍要使结点 O 静止在原位置 (3)本实验采用的科学方法是（ ____） A．微元法 B．等效替代法 C．理想实验法 D．科学推理法 【答案】 C 没有记录 1F 和 2F 的方向 C B 【解析】 【详解】 (1)[1][2] 本实验为了验证力的平行四边形定则， 采用的方法是作力的图示法， 作出合力和理论值和实际值， 然后进行比较，两个分力和一个合力应该具有相同的效果。所以实验时，步骤 C:除记录弹簧秤的示数外， 还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示，即遗漏的内容是没有记 录 F 1 和 F2 的方向。 (2)[3]A ．细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。故 A 错误 ; B．两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不需要两绳夹角要为 120°，故 B 错误 ; C．为了让效果相同， 改变拉力的大小与方向， 再次进行实验时， 仍要使结点 O 静止在原位置， 故 C 正确 ; 故选 C。 (3)[4] 本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故 ACD 错误， B 正确。 故选 B。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为 r、圆心在 O 点，过圆心放置一长度为 2r 、电阻为 2R 的 均匀辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置的一部分置于磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的有 界匀强磁场中，磁场边界恰好与圆环的直径在同一直线上。现使辐条以角速度 ω绕 O 点顺时针转动，右 侧电路通过电刷与辐条中心和圆环的边缘良好接触， R 1=R ，右侧为水平放置的足够长的光滑平行导轨， 间距为 2r ，导轨之间有垂直导轨平面向里、磁感应强度大小也为 B 的匀强磁场，质量为 m、电阻为 R 的 导体棒 ab 垂直放置在导轨上且接触良好，不计其他电阻。 （ 1）若 S 闭合， S1 断开时，求理想电表的示数； （ 2）若 S、S1 都闭合，求出导体棒 ab 能够获得的最大速度 vm ； （ 3）在导体棒 ab 加速过程中通过的电荷量 q。 【答案】 （1） 2 = 6 BrI R ， 21= 6 U Br （2）vm = 1 16 r （3） = 32 mq B 【解析】 【详解】 （ 1）由题意知，在磁场内部的半根辐条相当于是电源，由右手定则可知辐条中心为负极，与圆环边缘接 触的一端为正极，且始终有长为 r 的辐条在转动切割磁感线，内电阻为 R 产生的感应电动势大小为： 21= 2 E Br 若 S 闭合， S1 断开时，总电阻为： 1 3= = 2 2 R R R R 理想电流表的示数为： 21= = 2 6 E BrI R R 理想电压表的示数为： 21= 6 U I R Br （ 2）若 S、S1 都闭合，导体棒 ab 获得最大速度 vm 时，安培力为零，产生的感应电动势为： m2E B rv 又知导体棒 ab 上分得电压为： 21= 8 abU Br 故有： 21 8 abE U Br 解得： m 1= 16v r （ 3）在导体棒 ab 加速过程中，设瞬间流过的电流为 i，取很短时间为 t ，安培力为： = 2F Bi r 根据： = Δq i t 动量定理： =ΔI p 得： mΔ=F t mv 整理后有： = 32 mq B 16．为了保证行车安全，车辆在行进过程中应保持足够的安全距离。现在有甲、乙两辆汽车在同一直线车 道上匀速行驶， 甲车速度 10 /v m s甲 ,乙车速度 24 /v m s乙 ，甲车在前， 乙车在后。 当两车相距 48x m 时，两车司机同时看到前方正在发生山体滑坡，于是立即采取制动措施，刹车的加速度大小分别为 2 22 / , 4 /a m s a m s甲 乙 。如果不考反应时间与车身的长度，那么两车能否避免相碰？ 【答案】可避免相撞 【解析】 【详解】 设经过 t 时间后两车的速度相等，可得 v a v t at t甲 甲 乙 乙 解得 7t s 设汽车从开始刹车到停时间为 1t 那么由 0 1tv v at 可得甲车的停车时间为 5s，乙车的停车时间为 6s。 7s 时速度相等，说明在 7s 内后车速度一直大于前车，距离一直在靠近，然而 7s 时两车都已经停车，所以 说明两车在停车之前距离一直在缩小。 设两车从开始刹车到停止经过的位移为 x，则由 2 2 1 0 2v v ax 可计算出 210 =25m 2 2 x甲 224 =72m 2 4 x乙 在停车之前，乙车比甲车多行进的距离为 47mx x乙 甲 而两车之间的距离 48mx ，所以两车可以避免相碰。 17．一种测量稀薄气体压强的仪器如图 （a）所示， 玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管 1K 和 2K 。 1K 长为 l ，顶端封闭， 2K 上端与待测气体连通； M 下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通。开 始测量时， M 与 2K 相通；逐渐提升 R 直到 2K 中水银面与 1K 顶端等高，此时水银已进入 1K ，且 1K 中水 银面比顶端低 h ，如图（ b）所示。设测量过程中温度、与 2K 相通的待测气体的压强均保持不变。已知 1K 和 2K 的内径均为 d ， M 的容积为 0V ，水银的密度为 ，重力加速度大小为 g 。求： (i) 待测气体的压强 (ii) 该仪器能够测量的最大压强 【答案】 (i) 2 2 2 0 π 4 π ( )x gd hp V d l h (ii) 2 2 max 0 π 4 gd lp V 【解析】 【详解】 (i) M 中气体等温变化。初态为 11 2 0, π 2x dp V Vp l 末态为 2 2 2, π 2x dp p gh V h 由等温变化有 1 1 2 2pV p V 解得 2 2 2 0 π 4 π ( )x gd hp V d l h (ii) 气体等温变化。初态为 2 3 max 3 0, π 2 dp p V V l 末态为 2 4 max 4, π 2 dp p gl V l 有 3 3 4 4p V p V ，解得 2 2 max 0 π 4 gd lp V