2021届山东省高考物理模拟试卷(含答案解析)

2021届山东省高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共9小题，共28.0分）

1.由上海航天局联合国内数家科研机构研制的月球车，是我国探月工程中的重要部分。月球车进

入休眠期时可采用同位素Piz238电池为其保暖供电。Pu238是人工放射性元素，可用弱痣7Np吸

收一个中子得到。P&238衰变时只放出a射线，其半衰期为88年。下列说法正确的是（）

A.Np237转变成Pa238的核反应方程为狰Np+^nr探Pu+^e

B.a衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子

C.若有4个P“238原子核，经过88年一定只剩下2个Pu238原子核

D.在月球环境下Pa238的半衰期可能会发生变化

2.如图所示是沿x轴正向传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形，波速yian

为2m/s,图中％=4m处的质点P的振动图应是下图中的哪个（）

3.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态

的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体机，升降机

静止时电流表示数为/（）,某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中（）

C.升降机一定向上做匀加速运动D.升降机可能向下做匀减速运动

4.如图所示为初速度为沿直线运动的物体的速度图象，其末速度为力,在

时间t内，物体的平均速度9和加速度。是（）

Yr

A.万〉誓，4随时间减小

B.亍=等，a恒定

C.亍＜誓，a随时间减小

D.无法确定

5.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电

流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴。0'沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生

的交变电流随时间变化的图象如图乙所示。下列说法正确的是（）

甲乙

A.电流表的示数为204

B.线圈转动的角速度为50?rrad/s

C.t=0.01s时，穿过线圈的磁通量为零

D.t=0.02s时，线圈平面与磁场方向垂直

6.如图所示电路中，电源有内阻，氏=2.80,R2=1.8/2,当开关扳到

位置1时，电压表示数为5.6乙当开关扳到位置2时，电压表示数可能

为（）

A.5.4V

B.5.67

C.3.0K

D.3.6K

降落

7.如图所示是某航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：w/

打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返

回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（）返回舱

A.返回舱在喷气过程中所受合外力可能与运动方向相同短冷火箫

B.返回舱在喷气过程中舱内的宇航员处于失重状态

C.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力不变

D.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭喷气而获得向上的反冲作用力

8.如图甲所示，质量为m=11kg的木块静止在水平面上，现用与水平面成。=37。角的力F拉着木

块运动,5s后撤去拉力，木块运动的u-t图象如图乙所示，不计空气阻力,sin37o=0.6,cos37o=

0.8,g=10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.木块与水平面间的动摩擦因数0.25

B.拉力产的大小为70N

C.在0.7S内，木块克服摩擦力做功为1400/

D.在2s时，拉力F的瞬时功率为2801V

9.在某电视台观看“蹦极”节目。简化如图，一根弹性橡皮绳一端系于跳台，另一端系于蹦极者

身上，不计空气阻力。跳极者从开始下落到最低点的过程中。下列说法正确的是（）

A.蹦极者的机械能不变

B.蹦极者下落至橡皮绳原长位置时动能最大

C.蹦极者下落至最低点时橡皮绳的弹性势能最大

D.蹦极者重力势能与橡皮绳弹性势能之和不变

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

10.一电子经过电场中的4、B两点，电子在4点电势能为4.8xICT"/,动能为3.2xIO-"/,经过p

点时电势能为6.4x10-17）,如果只考虑电子受电场力作用，则下列说法正确的是（）

A.电子在B点动能为1.6xIO-。/

B.电子从4到B电场力做功为100匹

C.4点电势低于B点电势

D.A、B两点电势差为1001/

11.如图所示，两束单色光a、b分别照射到玻璃三棱镜4c面上，穿过三棱

镜后互相平行，则（）

A.a光频率高、

B.b光频率高

C.a光穿过棱镜的时间短

D.b光穿过棱镜的时间短

12.木卫一是最靠近木星的卫星，丹麦天文学家罗迈早在十七世纪通过对木二J二

卫一的观测测出了光速.他测量了木卫一绕木星的运动周期T和通过木富用木卫_

星影区的时间t.若已知木星的半径R和万有引力恒量G,T远小于木星绕一：'.、一/一一

太阳的运行周期，根据以上条件可以求出（）

A.木星的密度

B.木卫一的密度

C.木卫一绕木星运动的向心加速度大小

D.木卫一表面的重力加速度大小

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.某同学设计的“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图甲所示，实验中认为细绳对小

车拉力F等于所挂砂和砂桶的总重力，小车的加速度a利用打点计时器测得。

（1）关于该实验，下列说法正确的有

A.实验时必须先接通电源再释放小车

员小车的质量应远小于砂和砂桶的总质量

C.实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行

D平衡摩擦力时，挂上砂和砂桶，将木板右端适当垫高，使小车恰好匀速下滑

（2）图乙为实验中得到的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4为计数点，相邻两计数点间还有4个打

点末画出。交变电流的频率为50Hz,从纸带上测出X]=6.00cm,x2=6.87cm,x3=7.75cm,

/=8.64cm。则纸带的（填“左”或“右”）端与小车相连，小车运动的加速度大小为

m/s2.（结果保留2位有效数字）

（3）探究合力一定，物体加速度与质量关系时，在小车上依次放置祛码，多次测量小车的加速度a,

绘制的图象如图所示，图中ni为小车上所放祛码的质量，图线斜率为k,纵轴截距为b则小车受

到的拉力尸=，小车质量M-。

14.如图所示为实验室常用的两个量程的电压表原理图.当使用。、4两接线柱——冬]

时，量程为3V；当使用。、B两接线柱时，量程为15V.已知电流计的内电阻——A——

Rg=500。，满偏电流b=100“求分压电阻&和/?2的阻值.a:

15V3V♦

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.如图所示，在光滑水平地面上有一固定的挡板，挡板上固定一个轻弹簧。现有一质量M=3kg,

长L=4m的小车4B（其中。为小车的中点，力。部分粗糙，OB部分光滑），一质量为m=1kg的小

物块（可视为质点），放在车的最左端，车和小物块一起以%=4m/s的速度在水平面上向右匀速

运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然

长度，弹簧始终处于弹性限度内，小物块与车4。部分之间的动摩擦因数为4=0.3,重力加速度

g=lOui/sZ.求：

（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能;

（2）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；

（3）小物块最终停在小车上的位置距4端多远。

AW/VWWVg

16.如图为某种步枪子弹的结构示意图，容积为V=2.24mL的火药仓装满火药，击发子弹时火药瞬

间完成完全燃烧，产生的燃气有n=0.04mol,此时燃气绝对温度为72=870（7。为（TC时的绝对

温度），燃气可视为理想气体，若的任何气体在温度为T。、压强为po（p0为标准大气压）时体

积均为％=22.4L.求：

（I）击发子弹时燃气产生的压强为多少？（用po为单位，下同）

(n)击发后弹头进入枪管，最后从枪口射出时燃气的温度为47°,若枪管容积为枪管有膛线造

成一点漏气，弹头射出枪口时弹仓和枪管中只保留了刚击发时90%的燃气分子，求弹头射出枪

口时燃气产生的压强为多少？(用Po为单位)

弹壳

17.如图所示，是检测单匝线框是否合格(完全闭合)的部分装置示意图，被检测单匝金属线框随传

送带以相同的速度U从左向右匀速运动，通过观察线框进入一固定匀强磁场区域后是否相对传送

带滑动就能够检测出线框是否合格.已知固定磁场区域边界MN、PQ与传送带运动方向垂直,MN

与PQ间的距离为d,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于传送带平面向下.被检测的正方形

金属线框abef的边长为L(L<d),质量为M，电阻为R,线框与传送带间的动摩擦因数为〃，当

地的重力加速度为g,线框的ab边从磁场边界MN进入磁场，当线框的ab边经过边界PQ时又恰

好与传送带的速度u相同，设传送带足够长，且线框在传送带上始终保持ab边平行于磁场边界,

求：

(1)线框的右侧边ab刚进入磁场时所属安培力的大小；

(2)大致画出线框从进入到离开磁场后一段时间内可能的一种u-t图象;

(2)求整个过程中线框中产生的焦耳热.

18.人、G为相互平行的足够长光滑导轨，位于光滑水平面内.一个略长于导轨间距，质量为M的

光滑绝缘细管与导轨垂直放置，细管可在两导轨上左右平动.细管内有一质量为小、带电量为+q

的小球，小球与L导轨的距离为d.开始时小球相对细管速度为零，细管在外力作用下从Pi位置以

速度火向右匀速运动.垂直平面向里和向外的匀强磁场/、口分别分布在人轨道两侧，如图所示，

磁感应强度大小均为8.小球视为质点，忽略小球电量变化.

(1)当细管运动到L1轨道上P2处时，小球飞出细管，求此时小球的速度大小；

(2)小球经磁场II第一次回到刀轨道上的位置为。，求。和Pz间的距离；

(3)小球回到刀轨道上。处时，细管在外力控制下也刚好以速度必经过。点处，小球恰好进入细管.此

时撤去作用于细管的外力.以。点为坐标原点，沿G轨道和垂直于人轨道建立直角坐标系，如图

所示，求小球和细管速度相同时，小球的位置(此时小球未从管中飞出).

XXX•XXXXX

X”XXXXXX

XXXXXXXXXX

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：根据质量数守恒及核电荷数守恒，弱星7Np得到品8Pa的核反应方程式为：

H7Np+lnPu+^e.P“238衰变时只放出a射线，其衰变方程式为：H8Pu->^4U+^He.

A、根据核反应方程式知，中子被Np237吸收后，转变为Pu238时，将放出电子，故4正确；

8、根据Pu238的a衰变方程知，衰变时并不是中子转化为质子，故B错误；

C、半衰期适用于大量原子核，故C错误；

。、原子核衰变不会受外界因素影响而变化，故。错误。

故选：Ao

根据质量数守恒及核电荷数守恒，写出弱朗7Np得到至8Pa的核反应方程式及PU238衰变方程式；在

S衰变中，一个中子转变为一个质子和一个电子；半衰期适用于大量原子核；原子核衰变不会受外界

因素影响而变化。

本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守恒写出核反

应方程式是解决本题的关犍，掌握a与£衰变的区别，注意半衰期的适用条件与特征。

2.答案：A

解析：解：由波动图象读出波长2=4m,由波速公式=：得7=：=3s=2s

简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻x=4m处的质点振动方向向上，且正好通过平衡位置，位

移为零，由此可知x=4m处的质点的振动图象应是4图。故A正确，BCD错误；

故选:Ao

由波动图象读出波长；I，由波速公式。=*求出周期。根据t=0时刻x=4m处的质点的位置和速度方

向，再进行判断。

本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，判断质点

的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握。

3.答案：D

解析：解：物体小不是压敏电阻，物体电阻与受力无关，电阻不变，A正确；

8、升降机静止时电流表示数为/。，而运动过程中电流表示数为2/。，由欧姆定律分析压敏电阻的阻

值变小，说明压敏电阻所受压力增大，大于重力，则物体处于超重状态，8错误；

CD、升降机具有向上的加速度，可能向上匀加速运动也可能向下做匀减速运动，故C错误，。正确；

故选：0。

压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。运动中电流增大，说明压敏电阻的电阻值较减，压力

增大，然后受力分析，判断超重与失重。

本题需信息转化，将电流的变化转化为压力的变化；需熟悉超重和失重过程的加速度方向和可能速

度方向。

4.答案：A

解析：

速度时间图线的切线斜率表示加速度，根据图线斜率的变化判断加速度的变化.连接图线的首末两

点，该直线表示做匀加速直线运动，得出平均速度速度的大小，通过图线与时间轴围成的面积表示

位移比较物体的平均速度与匀变速直线运动的平均速度大小.

解决本题的关键知道速度时间图线的切线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移.

图线的斜率逐渐减小，知加速度随时间减小.连接图线首末两点，该直线表示物体做匀加速直线运

动，平均速度了=空，因为变加速直线运动图线与时间轴围成的面积大于匀加速直线运动图线与

时间轴围成的面积，即变加速直线运动的位移大于匀加速直线运动的位移，时间相等，则平均速度

大于匀加速直线运动的平均速度，即方＞空.故A正确，B、C、。错误.

故选A.

5.答案：C

解析：解：小由题图乙可知交流电电流的最大值为：加=10鱼4周期为：T=0.02s

由于电流表的示数为有效值，故示数为：/=/=催=104故A错误；

B、线圈转动的角速度为：w=Y=-^rad/s=100nrad/s,故B错误；

C、t=0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁

通量为0,故C正确；

。、0.02s时线圈中的感应电流最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，磁通量为0,

线圈平面与磁感线平行，故。错误。

故选：C。

由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值；感应电动势最大，则穿过线圈

的磁通量变化最快，磁通量为0,线圈平面与磁感线平行

本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的电流值、电

压值等均为有效值。

6.答案：A

解析：解：根据闭合电路欧姆定律，当开关扳到位置1时，电压表的读数U1=*=5.6V

当开关扳到位置2时，电压表的读数4=含

两式相比可得者=%(出+丁)

u

2R2(7?j+r)

即4=鬻电1

K1^K2+r)

当r=0时4=力=5.6V

当r=8时/=*=署V=3.6U

AJZ.O

由此可见，4的取值范围为3.6V<U2<5.6V

故A正确，BCD错误。

故选：J4O

当电键扳到位置1时，外电阻减小，路端电压减小，电流增大。根据欧姆定律进行判断。

本题要根据路端电压随外电阻减小而减小，电流随外电阻减小而增大确定路端电压的变化范围。

7.答案：D

解析：解：4、返回舱在喷气的过程中，做减速运动，加速度方向与速度方向相反，则合力的方向与

速度方向相反。故A错误。

8、在喷气的过程中，加速度方向向上，宇航员处于超重状态，故B错误。

C、火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直

接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小，此时火箭喷气过程中伞绳对返回舱的拉力小于重力,

故C错误；

。、返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭喷气而获得向上的反冲作用力，故。正确。

故选：D«

打开降落伞一段时间后，返回舱已经做匀速运动，此时的速度还是比较大，当着陆时点燃缓冲火箭

使返回舱的速度快速的减为零，合力与速度反向相反，从而安全着陆，所以在点燃返回舱的缓冲火

箭的过程中，起主要作用的是缓冲火箭，缓冲火箭对返回舱做负功使其动能减小.

在着陆的过程中，主要是靠缓冲火箭来使返回舱减速到零，所以缓冲火箭对返回舱做负功，返回舱

做减速运动有向上的加速度，处于超重状态.本题需要同学分析清楚返回舱的运动过程，从而判断

返回舱运动的状态

8.答案：B

解析：解：力、撤去拉力后木块做匀减速运动，由u-t图象的斜率可得，匀减速运动的加速度大小

为=*=5?n/s2,由牛顿第二定律得：i^mg=ma2,解得〃=0.5,故A错误.

B、0-5s内木块的加速度为％=：=£=2m/s2,由牛顿第二定律得：Fcosd-n(mg-Fsind)=

mar,解得F=70N,故B正确.

C、在0.7s内，木块的位移为x="I=1x2x0.72m=0.49m,木块克服摩擦力做功W=^mg一

Fsind)x=0.5x(11x10-70x0.6)x0.49=16.66/,故C错误.

。、在2s时，木块的速度为v==4m/s,此时拉力F的瞬时功率为P=FvcosO=70x4x0.8W=

224W,故。错误.

故选：B

撤去拉力后木块做匀减速运动，由u-t图象的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求木块与水平面

间的动摩擦因数.再研究有拉力作用的过程，由v-t图象求出加速度，再由牛顿第二定律求拉力产的

大小.由位移公式求出0.7s内木块的位移，再由功的公式求克服摩擦力做功.由速度公式求出2s末

木块的速度，再由公式P=Fucos。求瞬时功率.

本题是牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题，加速度是关键量，是联系力和运动学关系

的桥梁，在这种方法中是必求的量.

9.答案:C

解析：解：4下落过程中，弹性绳对蹦极者向上的力做负功，则蹦极者的机械能减少，故A错误；

反弹性绳刚开始绷紧时，弹性绳的拉力为零，物体只受重力，合外力向下，运动员向下做加速运动，

速度继续增大，故此时运动员的速度不是最大。故8错误；

C.到最低点弹性绳的形变量最大，所以弹性势能最大，故C正确；

。.在整个下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，由

于运动员的动能先增大后减小，所以由系统的机械能守恒知，重力势能与弹性绳的弹性势能之和先

减小后增大，故。错误。

故选：C。

弹性绳刚开始绷紧后运动员受到重力和弹性绳向上的拉力，开始阶段，拉力小于重力，运动员向下

做加速运动，当拉力大于重力后，运动员做减速运动。拉力大小随着伸长的长度增加而增大，根据

牛顿第二定律分析速度变化。根据功能关系分析动能、重力势能和弹性势能之间的关系。

正确对研究对象进行受力分析，根据受力分析运动情况，知道机械能守恒的条件；

10.答案：AD

解析：解：4、只受电场力，则电子的能量守恒，在4点£=EK+琢=3.2xICT。+女8xKT"=

8X10T7/,在B点/=E-Ep=8x10-17-6.4x10-17=1.6x10-0/,故A正确；

B、电场力做的功等于电势能的变化量，所以由4到B电场力做功以B=EPA-EPB=-1.6xIO-”/=

—100ev,故8错误;

C、因为Ep4<Ep8，电子带负电，根据电势能的定义知外>0B，故C错误；

D、I4^e=-eUAB,所以以B=100V,故。正确；

故选：AD.

根据能量守恒求出电子的动能，根据电场力做功与电势能的变化关系求电场力做的功，同时可以求

出两点间的电势差。

本题重点考查了电场力做功与电势能的变化关系MB=EPA-Epp这个关系式，结合功的公式即可解

决此类题目。

11.答案：BC

解析：解：AB.a、b穿过三棱镜后互相平行，贝肤昉光偏折程度，b光的折射率大，b光的频率大.故

A错误，B正确.

CD、根据“=£得，b光的折射率大，则b光在棱镜中速度较小，a光在棱镜中传播速度较大，且a光

在棱镜中的路程较短，所以a光穿过棱镜的时间较短.故C正确，。错误.

故选：BC.

根据光线的偏折程度比较光的折射率大小，从而得出光在介质中的速度大小关系，从而比较出光在

棱镜中传播的时间长短.

解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较折射率的大小，知道在介质中速度与折射率的关系.

12.答案：AC

解析:解：人仄如图:通过木星影区的时间3周期为7,则=J,解得:。=解兀,而/=sin；=sin5,

2nTTr2T

24a2r34TT*2D3

根据万有引力提供向心力：G等=m^r,解得：”=k=折碎，可求得中心天体的质量,

AM37r

球体体积v=2兀R3,可得：P=-=ru,故A正确，8错误；

sT

C、根据万有引力提供向心力：G等=?nQ=7n羽r,解得：。=〒-=正萨，故C正确；

。、公式只能计算中心天体的物理量，故。错误：

故选：AC

根据木卫一绕木星的运动周期T和通过木星影区的时间3计算走影区对应的圆心角，进而到木卫一

的轨迹半径，从而求得中心天体质量和圆周运动的加速度.

本题关键是根据木星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出

要测量的量.

13.答案：(1)4C；⑵左；0.88；(3冷］

解析：(1)为了保证打第一个点时小车速度为零及充分利用纸带打出足够的点，应该先接通电源再释

放小车；为了保证绳子的拉力大小近似等于砂和砂桶的重力，小车的质量应远大于砂和砂桶的总质

量；为了保证绳子拉力方向和小车运动方向始终相同，实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的

细线与木板平行；平衡摩擦力时，不能够挂上砂和砂桶。故AC正确。

(2)小车做匀加速直线运动，且点迹间距从左到右逐渐变大，则故纸带的左端与小车相连；相邻两计

数点间还有4个打点末画出，所以7=5x0.02s=0.1s,

2

根据逐差法：a=*+%］”+&)=7.75+&6：；：：；0+6.87)义1Q-2m/s=0.88m/s»

(3)根据牛顿第二定律:F=(zn+M)a,整理得［=y+^m,其中b=%k=",解得:F=*,M=也

故答案为：(1)2C；(2)左；0.88；⑶%匕

实验时必须先接通电源再释放小车；小车的质量应远大于砂和砂桶的总质量；滑轮和小车间的细线

与木板平行；平衡摩擦力时，不挂上砂和砂桶；利用逐差法求加速度；根据牛顿第二定律列出方程，

把方程整理成快于m的一次函数，结合图象和题目条件可以求出拉力和小车质量。

本题考查了探究加速度与物体质量、物体受力的关系的实验。教科书本上的实验，我们要从实验原

理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚。

对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由。比如为什么要平衡摩擦力，为什么要先接通电源后释

放纸带等。

14.答案：解：串联分压电路的特点就是电流相同，在改装的电压表中，各量程达到满偏电压时，经

过“表头”的电流均为满偏电流.

根据串并联规律，接。、A时：％=儡，解得R】=^-Rg=丽奈？-500=2.95x104。，

接°、B时：解得/?2=为一%-8=7^—500—2.95X104=1.2X1050，

答：分压电阻Ri的阻值为2.95x104/2,/?2的阻值为12x1。50.

解析：本题的关键是明确电压表是电流表与分压电阻串联而改装成的，当电压表达到量程时通过电

流表的电流应为满偏电流，然后根据串并联规律求出分压电阻的大小即可.

电压表是电流表与分压电阻串联而成，当电压表达到量程时通过电流表的电流应为满偏电流.

15.答案：解：(1)对小物块，格ma=-umg

根据运动学公式后-诏=2a，

由能量关系如。2=Ep,

解得的=2/。

(2)设小物块离开弹簧时的速度为％,有=

对小物块，根据动量定理1--m%-mv

由⑤⑥式并代入数据得/=-4kgm/s.

弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s,方向水平向左。

(3)小物块滑过0点和小车相互作用，由动量守恒=(爪+M)V2.

由能量关系“mgx=ijnvf+M)域

小物块最终停在小车上距4的距离/=g-％

解得办=l-5m«

答：(1)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2/。

(2)小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量大小为4kgm/s,方向水平向左。

(3)小物块最终停在小车上的位置距4端为1.5m。

解析：(1)根据牛顿第二定律求出小物块在40段做匀减速直线运动的加速度大小，从而根据运动学

公式求出小物块与B弹簧接触前的速度，根据能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。

(2)小物块和弹簧相互作用的过程中，根据能量守恒定律求出小物块离开弹簧时的速度，根据动量定

理求出弹簧对小物块的冲量。

(3)根据动量守恒定律求出小物块和小车保持相对静止时的速度，根据能量守恒定律求出小物块在小

车上有摩擦部分的相对路程，从而求出小物块最终位置距离4点的距离。

本题综合考查了动量定理、动量守恒定律以及能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，

关于这方面的问题，需加强训练。

16.答案：解：(I)在击发子弹时

初始状态参量：Pi=Po，匕="匕，71=70，

-3

末状态参量：T2=8T0,V2=V=2.24x10L

根据理想气体的状态方程有

PiVi_PzVz

代入数据解得：p2=3200po

（口）弹头射出枪口的过程中

初始状态参量：p3=p0,V3=O.9nVo,T3=T0,

-33

末状态参量：T4=4T0,14=K+UK=12x2.24x10L=26.88x10-L

根据理想气体的状态方程有

P3V3_P4V4

代入数据解得：p4=12Opo

答：（I）击发子弹时燃气产生的压强为3200P。

（口）弹头射出枪口时燃气产生的压强为为120p0。

解析：（I）分析击发子弹前后气体的压强、体积、温度各为多大，根据理想气体的状态方程可解得

击发子弹时燃气产生的压强。

（口）同（I）分析击发子弹前后气体的压强、体积、温度各为多大，利用理想气体的状态方程即可解得。

本题考查理想气体状态方程，做题关键在于分析气体变化前后的三种物理量情况，再利用理想气体

的状态方程即可解得。

17.答案：解：（1）线框右侧边刚进入磁场时，感应电动势：E=BLv0,

根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流：

K

右侧边所受安培力：F=BIL=膂；

（2）线框以速度必进入磁场，在进入磁场的过程中，受安培力而减Vf

速运动；进入磁场后，在摩擦力作用下加速运动，r----7T---7"---

当其右侧边到达PQ时速度又恰好等于火,因此，可能的图象如图f

所示，

2

（3）根据匀加速运动的位移速度关系可得：v-vj=2a（d-L）0;

根据牛顿第二定律可得：Rmg=ma,

以线框为研究对象，根据动能定理可得：iimgL-W=^mvl-\mv2,

克服安培力做的功等于回路中初速度焦耳热，线框进入磁场和离开磁场的过程中受力情况和运动情

况完全相同，

所以有：Q=2W,

联立解得：Q=2林mgd.

答：(1)线框的右侧边ab刚进入磁场时所属安培力的大小为竺梦；

(2)大致画出线框从进入到离开