2021年广东省韶关市高考物理一模试卷（附答案详解）

2021年广东省韶关市高考物理一模试卷

1.太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时,

会发生“核燃烧”，其“核燃烧”的核反应方程为，iHe+X^lBe+y,方程中

X表示某种粒子，是不稳定的粒子，其半衰期为T,这个核反应释放出的能量

为4E,光在真空中的传播速度为c,下列说法正确的是张平平（）

A.若使汨e的温度降低，其半衰期会减小

B.方程中的X为电子（9通）

C.该核反应过程产生的质量亏损为△m=箸

D.“核燃烧”的核反应是裂变反应

2.太空舱里测物体质量的原理如下：先对标准物体施加一水平推力凡测得其加速度

为20m/s2,然后将标准物体与待测物体紧靠在一起，施加同一水平推力尸，测得

共同加速度为8m/s2。已知标准物体质量mi=2.0kg,则待测物体质量仅2为（）

A.3.0kgB.5.0kgC.7.0kgD.8.0kg

3.汽车在刹车过程中位移和时间的比值:与r之间的关

系图象如图所示，则下列说法正确的是（）

A.汽车的初速度为40/n/s

B.刹车过程汽车的加速度大小为5rn/s2

C.刹车过程持续的时间为8s

D.从开始刹车计时，经过1s,汽车的位移为30,”

4.如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁

铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折

位置与正极良好接触，下面弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会

转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列

说法正确的是张平平（）

A.从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转

B.电池的输出功率等于线框转动的机械功率

C.线框①、②两部分导线电阻在电路中是串联关系

D.“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小

5.纵跳是体育运动的基本动作之一，可分为原地纵跳和助跑纵跳。如图甲所示，人光

脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时

间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是张平平（）

甲乙

A.人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的

B.人能原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力

C.在C点时人达到最大速度

D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点

6.位于贵州的“中国天眼”是具有我国自主知识产权、世界

最大单口径、最灵敏的射电望远镜，通过E4ST测得水星

与太阳的视角为火水星、太阳分别与观察者的连线所夹的

角），如图所示，若最大视角的正弦值为k,地球和水星绕

太阳的运动视为匀速圈周运动，则地球和水星的公转周期的比值为（）

3B.JIC.D.后^

7.如图甲所示，有一固定的负点电荷M其右侧距离为L处竖直放置一内壁光滑的绝

缘圆筒，圆筒内有一带电小球。将小球从％高处由静止释放，至小球下落到与N

同一水平面的过程中，其动能仇随高度H（设小球与点电荷N的竖直高度差为H）的

变化曲线如图乙所示。下列说法正确的是（）

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A.小球可能带负电，也可能带正电

B.在高度/〜%之间的某点，库仑力在竖直方向上的分力最大

C.该过程中，小球所受合力先增大后减小再增大

D.该过程中，小球的机械能先增大后减小

8.如图所示，。、，为位于球体直径两端的等量异种电荷，其

中a为正电荷，6为负电荷。A与C、B与D、E与尸分别

为球面上关于球心0对称的两点，其中A、B,C、。位于

同一水平圆周上,E尸垂直外连线，下列说法正确的是（）

A.A、C两点电场强度相同

B.A、B两点电场强度相同

C.C、。两点电势相等

D.E、尸两点电势相等

9.如图所示为运动员参加撑杆跳高比赛的示意图，对运动员在撑

杆跳高过程中的能量变化描述正确的是（）

A.加速助跑过程中，运动员的机械能不断增大

B.运动员越过横杆正上方时，动能为零

C.起跳上升过程中，运动员的机械能守恒

D.起跳上升过程中，杆的弹性势能先增大后减小

10.如图，U形光滑金属框就必置于水平绝缘平台上，必和de边平行，和儿边垂直。

ab、A足够长，整个金属框电阻可忽略，一根具有一定电阻的导体棒置于金属

框上，用水平恒力尸向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强

磁场中，例N与金属框保持良好接触，且与加•边保持平行，经过一段时间后（）

XXXXX.X

XXXXX>

XXXXX>

A.金属框和导体棒速度相等B.金属框和导体棒加速度相等

C.导体棒所受安培力不变D.金属框的加速度不变

11.某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，弹簧测力计A挂于

固定点P，下端用细线挂一重物弹簧测力计B的一端用细线系于。点，手持

另一端向左拉，使结点。静止在某位置，分别读出弹簧测力计A和3的示数，并

在贴于竖直木板的白纸上记录。点的位置和拉线的方向。

(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为M图中A的示数为N。

(2)下列不必要的实验要求是(请填写选项前对应的字母)。

A.应测量重物M所受的重力

B.弹簧测力计应在使用前调零

C.拉线方向应与木板平面平行

D改变拉力，进行多次实验，每次都要使。点静止在同一位置

(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，在保证现有器材

不变的情况下怎样调整水平拉力FB：。

12.测量电阻丝的电阻率p,电阻丝的电阻约为200,先把电阻丝拉直后将其两端固定

在刻度尺两端的接线柱。和6上，在电阻丝上夹上一个与接线柱c相连的小金属夹，

沿电阻丝移动金属夹，可改变其与电阻丝接触点尸的位置，从而改变接入电路中电

阻丝的长度，除电池组E(电动势为3.0乙内阻约10)、电阻箱R(0〜999.90)、开关、

导线若干，可供选择的器材还有：电流表4式量程0〜100mA,内阻约50；电流表

%(量程。〜0.64内阻约0.20)。

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(1)实验操作步骤如下:

4用螺旋测微器在电阻丝上三个不同的位置分别测量电阻丝的直径;

A根据所提供的实验器材，设计并连接好如图甲所示的实验电路；

C调节电阻箱使其接入电路中的电阻值较大，闭合开关；

D将金属夹夹在电阻丝上某位置，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏,

记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L;

£断开开关，改变的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次

满偏，重复多次，记录每一次的R和L数据；

尸•断开开关。

(2)如图乙，用螺旋测微器测量电阻丝直径为d=mm.

(3)电流表应选择(选填或“公”)。

(4)用记录的多组R和乙的数据，绘出了如图丙所示图线，截距分别为3和Lo,再

结合测出的电阻丝直径”，写出电阻丝的电阻率表达式p=(用给定的字母

表示)。

(5)电流表存在一定内阻，这对该实验的测量结果：。

A无影响

及有影响，结果会偏大

C.有影响，结果会偏小

13.如图所示，倾角为9=37。的斜面A8C固定在水平地

面上，AB部分斜面粗糙，长〃B=3m,BC部分斜

面光滑。-个质量m=1kg的小物块(可视为质点)以、、亦、X、、、、、、、、、7、、

初动能以0=32/从斜面底端冲上斜面。已知物块与斜面间的动摩擦因数为〃=0.25,

g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,以水平地面为零势能面，不计空气阻力。

求：

(1)画出物块沿48部分斜面向上运动时受力示意图，并求出其加速度；

(2)物块运动到8处时的速度大小；

(3)为使物块不至于滑出斜面，8C部分的最小长度；

(4)请判断物块的动能和重力势能相等的位置在AB段还是BC段，简要说明理由。

14.如图所示，直角坐标系。町位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右

方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，质量为机2=7x10-3kg的

不带电小物块静止在原点。，A点距。点I=0.045m,质量nil=1x10-3kg的带

电小物块以初速度为=0.5m/s从A点水平向右运动，在。点与巾2发生正碰并把部

分电量转移到62上，碰撞后租2的速度为0.1m/s，此后不再考虑巾1、m2间的库仑

力，已知电场强度E=40N/C,小物块Tn】与水平面的动摩擦因数为4=0.1,取^=

10m/s2,求：

(1)碰后Tn1的速度；

(2)若碰后加2做匀速圆周运动且恰好通过P点，。尸与x轴的夹角0=30。，0P长为

l0P=0.4m,求磁感应强度B的大小；

(3)其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为夕，使血2离开第一象限后落地

时能与再次相碰，求夕的大小。

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15.已知铜的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为N4,则质量为机的铜含有个铜

原子；若将铜原子设想为球体，且铜原子一个挨着一个排列，已知铜的密度为p,

则铜原子的半径为。

16.如图所示，在一圆形竖直管道内封闭有理想气体，用一固

定绝热活塞%和质量为加的可自由移动的绝热活塞A将管KU

内气体分割成体积相等的两部分•温度都为7°=300K,

上部气体压强为Po=1.0x105Pa,活塞A有詈=2x

104pa（S为活塞横截面积）。现保持下部分气体温度不变,只对上部分气体缓慢加热,

当活塞A移动到最低点B时（不计摩擦）。

求：①下部分气体的压强。

②上部分气体的温度。

17.如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t=0和t=O.ls时

的波形图。已知平衡位置在x=6m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变。这

列简谐波的周期为s,波速为m/s.

18.如图所示,某玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形ABC组成,AC是半圆的直径，

AC长为4,一束单色光照射在圆弧面上的。点，入射角为60。，折射光线刚好照射

在A8边的中点E,折射光线在AB面上的入射角为45。，光在真空中传播速度为c,

求：

（i）玻璃砖对单色光的折射率；

3）光在玻璃砖中传播的时间（不考虑光在圆弧面上的反射）。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、半衰期的大小与温度无关，若使汨e的温度降低，其半衰期不变，故A

错误；

B、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为2,质量数为4,即X粒子是胃He,

故B错误；

C、这个核反应释放出的能量为AE,根据质能方程可知该核反应过程产生的质量亏损

为△m=笔，故C正确；

D,由核反应的特点可知，“核燃烧”的核反应是聚变反应，故。错误。

故选：

根据电荷数守恒、质量数守恒的X的电荷数和质量数；半衰期的大小与温度无关；根据

质能方程判断；太阳内部进行的是核聚变。

本题考查了聚变和核反应类型，同时知道衰变的实质，影响半衰期大小的因素，注意半

衰期的大小由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关。

2.【答案】A

【解析】解：对标准物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：F=m】%=2X20N=

40/V

对整体，由牛顿第二定律得：?=01+瓶2)。2

解得=3.0kg,故A正确，BCD错误。

先对标准物块进行分析，由牛顿第二定律求出合力尸，然后对整体进行分析根据牛顿第

二定律求解即可。

解决本题的关键要灵活选择研究对象，采用整体法研究比较简洁。要知道加速度是联系

力和运动的桥梁，在动力学问题中往往是必求的量。

3.【答案】B

【解析】解：A3、由图可得：=(-2.5t+20)m/s,根据匀变速直线运动的位移-时间公

式x=%t+gat2,得:=称就+为，对比可得汽车的初速度为%=20m/s,加速度为

a=-5rn/s2.即刹车过程动车的加速度大小为5m/s2,故A错误，8正确;

C、刹车过程持续的时间为t=~=Ws=4s,故C错误；

a-5

D、从开始刹车时计时，经过Is,汽车的位移为％=%1+：砒2=(20x1-^x5x

l2)m=17.5m,故£>错误。

故选:Bo

结合图象的信息，写出:与，之间的关系式，结合匀变速直线运动的位移-时间公式，求

解汽车的初速度和加速度，再由运动学公式求刹车过程持续的时间和汽车1s经过的位

移。

解决本题的关键是要写出;与f的解析式，采用比对的方法求出初速度和加速度。要掌握

2

匀变速直线运动的位移时间公式x=vot+1at,并能熟练运用。

4.【答案】D

【解析】解：4线框的.上下两条边受到安培力的作用而发生转动的，根据左手定则可以

判断从上往下看，线框将做顺时针转动，故A错误；

8.电池输出的电动率一部分用来用于线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率,

所以电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率，故B错误：

C.线框①、②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；

D稳定时，因导线切割磁感应线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开

始转动时的小，故。正确；

故选：。。

线圈转动是因为通电导线在磁场内受到安培力作用，只有一端接触也可以转动，改变磁

极方向转动方向也改变；由于有内能产生，所以总功率大于机械功率；感应电流阻碍原

来电流的大小。

本题考查了安培力。注意点：这个小实验线框的转动原理不是电磁感应而是电流在磁场

中安培力作用。

5.【答案】C

【解析】解：小人对地面的压力是由于脚发生形变引起的，故A错误；

8、根据牛顿第三定律可知，地面对人的支持力大小等于人对地面的压力大小，故B错

误；

C、人处于C点时一，人受到地面的支持力等于重力，根据牛顿第二定律G-F=ma,解

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得a=0,加速度起立结束，加速度为零，速度最大，故C正确；

。、人处于A点时，受到地面的支持力小于重力，仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最

低点，故。错误。

故选：C»

(1)根据弹力是发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力，

判断人对地面的压力的产生原因；

(2)根据牛顿第三定律，判断地面对人的支持力和人对地面的压力的大小关系；

(3)根据牛顿第二定律，判断在C点时人的速度；

(4)根据牛顿第二定律，判断曲线上的4点表示的位置。

本题考查牛顿运动定律的综合应用，解题时应注意根据重力与支持力的大小关系，判断

加速度。

6.【答案】8

【解析】解：本题最大视角应理解为观察者与水星的连线与水星轨迹相切，设水星的公

转半径为『，地球的公转半径为R,由三角关系可得s讥。=£=k

由太阳对行星的万有引力提供向心力有：

Mm4TT2

G—=m^rr

行星绕太阳公转周期为：7=2兀叵

所以有:养监

故8正确，ACD错误。

故选:B。

根据题意知道当行星处于最大视角处时，地球和行星的连线应与行星轨道相切，运用几

何关系求解问题。地球与某行星围绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律及角速

度公式列出等式，表示出周期，然后去进行求解。

解决本题的关键要正确理解题意，明确最大视角的含义，结合数学几何关系求解水星的

公转半径。向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用。

7.【答案】B

【解析】解：A、若小环带正电，重力和电场力对小环都做正功，小环的动能一直增大，

与图乙不符，所以小环带负电，故4错误；

8、小环在高度Hi-%之间运动时，动能减小，根据动能定理：Ek=Ek。+F电h-mgh=

七而+（9电-加。）九，因为在高度为-％之间的某点图像的斜率最大，则库仑力在竖直

方向上的分力最大，故B正确；

C、由以上分析可知，小球受到的合力为图像的斜率，则该过程中，小球所受合力先减

小，后增大，再减小再增大，故C错误；

D,该过程中，小球所受的库仑力一直对小球做负功，则机械能一直减小，故。错误。

故选：B。

根据动能的变化，对小环受力分析，确定其电性。小环过了0点后，合力向下，不会做

往复。小环带正电，下落时，电场力做负功，可以得出电势能的变化。从图象可以得出

小环的运动状态。

此题考查图象问题，小环在下落到。点时，这是一个特殊位置，此时合力等于重力，方

向竖直向下。下落过程中的运动状态可以从图象得出。

8.【答案】AD

【解析】解：AB、由等量异种电荷对称性可知，AC两点场强大小方向都相同，AB两点

电场强度大小相等方向不同，故4正确，B错误；

C、。点离正电荷更近，所以。点电势比C点高，故C错误；

。、族两点在等量异种电荷的中垂面上，此面为等势面，所以EF两点电势相等，故。

正确。

故选：A3。

根据电场的叠加原理分析，明确等量异种电荷连线的中垂面是等势面，电场强度是矢量，

注意方向，电势是标量，沿电场的方向电势降低。

解决本题的关键要掌握各种常见电场的等势面、电场线的分布情况，明确场强是矢量，

知道只有大小和方向都相同时，场强才相同。

9.【答案】AD

【解析】解：A、加速助跑过程中，运动员的速度越来越大，运动员的动能增加，运动

员的高度不变其重力势能不变，运动员的机械能不断增大，故A正确；

8、运动员越过横杆正上方时，运动员具有水平方向的速度，其动能不为零，故B错误；

CD,运动员上升过程中，杆的弹性形变先增大后减小，杆的弹性势能先增大后减小，

运动员与杆组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，运动员的机械能先减小后

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增大，故C错误，。正确。

故选：A。。

撑杆跳高运动员起跳到越过横杆到越杆下落的过程中，包含了弹性势能、动能、重力势

能之间的转化，根据运动员的运动过程分析答题。

根据题意分析清楚分析清楚运动员的运动过程与杆形变过程是解题的前提与关键，根据

运动员的运动过程应用机械能守恒定律即可解题。

10.【答案】BCD

【解析】解：金属框在恒力产作用下向右加速，由右手定则可知，炉边产生的感应电

流从c流向6,由左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，导体棒向右做加速运

动，设金属框的加速度为由,导体棒的加速度为设金属框的速度为巧,导体棒的速

度为。2,设导体棒的电阻为R，回路的感应电流：/=玛普，设金属框的质量为M,

导体棒的质量为07，对金属框，牛顿第二定律得：F-BIL=M5,对导体棒MM由

牛顿第二定律得：BIL=ma2,金属框与导体棒都做初速度为零的加速运动，女、艺都

变大，%从5开始减小，导体棒的加速度从0开始增大，当金属框与导体棒的加速度

相等时，即。1=。2=@时，解得：F=(M+m)a,加速度保持不变，回路感应电流：

/=为黑正="哈也=等，此后金属框与导体棒的速度差呆持不变，感应电流

TTTLJDLKK

不变，导体棒所受到的安培力不变，加速度不变，金属框与导体棒以相等的加速度做匀

加速直线运动，故A错误，BC£＞正确。

故选：BCD。

施加拉力后金属框做加速度减小的加速运动，导体棒做加速度增大的加速运动，当两者

加速度相等时两导体棒的速度差保持不变，两导体棒以相等的加速度做匀加速直线运动,

根据金属框与导体棒的受力情况分析清楚其运动过程答题。

本题考查的是电磁感应的动力学问题，综合性较强，难度较大，对学生综合分析物理问

题的能力要求较高；本题难点是金属框和导体棒开始都做变加速直线运动，故必须抓住

运动一段时间后，二者加速度相等。

11.【答案】3.80D减小拉8的力、减小08与OA的夹角

【解析】解：⑴弹簧测力计读数，每1N被分成10格，则1格就等于0.1N,故图可知，

读数为3.80N；

(2)4、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力

必须要知道；

8、弹簧测力计是测出力的大小，所以要准确必须在测之前校零；

C、拉线方向必须与木板平面平行，这样才确保力的大小准确性；

。、当结点0位置确定时，弹簧测力计4的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力

大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次

实验。本题选不必要的，故选：

(3)对结点分析可知，结点受到的8的拉力、A的拉力以及重物的拉力三力平衡，当弹

簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大。所

以可以减小拉8的力，或者减小08与的夹角。

故答案为：(1)3.80；(2)D：(3)减小拉B的力、减小08与OA的夹角。

(1)确定出弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧秤的读数；

(2)在该实验中，由于尸、O的位置确定，则A弹簧的拉力大小和方向一定，合力又一

定，则弹簧8的拉力大小和方向也一定，不需进行多次实验；

(3)当结点静止于某位置时，弹簧测力计B的大小与方向就已确定了；原因是挂重物的

细线大小与方向一定，而弹簧测力计A大小与方向也一定，所以两力的合力必一定。当

出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目

的。

本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分

度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直。

12.【答案】金属夹与电阻丝接触点0.730公警A

4L0

【解析】解：(1)E、为测多组实验数据，需要多次改变电阻丝接入电路的阻值，因此要

改变金属夹与电阻丝接触点的位置，调整电阻箱接入电路中的阻值，使电流表再次满偏。

(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度是0.5rmn,可动刻度是23.0x0.01mm=0.230mm,

金属丝直径d-0.5mm+0,230mm—0.730nun(0.728mm〜0.732mm均正确)。

H3

(3)如果电流表选择&,电流表满偏时，电路总阻值R=-=-n=5n,

A2g,

rj3

如果电流表选择电流表满偏时，电路总阻值R'=m=丽祈0=300,

可见，选择电流表4时，被测电阻丝接入电路的阻值变化范围大，故电流表应选择为。

(4)(5)设电源电动势为E,内阻为r,电流表的满偏电流为电流表内阻为以，由闭合

电路的欧姆定律可知，电源电动势：

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L4L

E=%(R+R电阻丝+RA+厂)=%(R+P-+以+厂)=1g(R++&+丁)

整理得：R=-黑L+*-RA-T

R—L图象斜率的绝对值：卜=黑.

解得电阻丝电阻率。二等1：

4乙0

有上述分析可知，电流表内阻对电阻率的测量没有影响，故A正确，3C错误；

故选：Ao

故答案为：(1)金属夹与电阻丝接触点;(2)0.730(0.728〜0.732均正确)；(3)&;(4)警:

(5)4。

(1)根据实验原理与实验步骤完成实验。

(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。

(3)根据实验原理，在使电流表满偏的前提下，确定电阻丝接入电路的阻值能否满足实

验要求。

(4)由实验步骤可知，电源电动势不变，电路电流始终等于电流表的满偏电流，电路电

流不变，由此可知，电路总电阻不变，由图象及串联电路特点可以求出电路总电阻，由

电阻定律及实验数据可以求出电阻率的表达式。

(5)应用图象法求电阻率，电流表内阻对实验结果没有影响。

螺旋测微器示数等于固定刻度与可动刻度示数之和，对螺旋测微器读数时要注意估读;

为减小读数误差，电表量程选择要合适，在保证安全的前提下，量程不能过大；知道外

电路电阻不变，熟练应用电阻定律即可正确解题。

13.【答案】解：(1)物块在4B段受到重力G、支持力时和人

沿斜面向下的摩擦力外，受力分析如右图所示：

沿斜面方向根据牛顿第二定律得：mgsin9+^mgcosO=滑.、、、、、、、、、、《、

''G

ma

代入数据解得加速度大小为：a=8zn/s2,方向沿斜面向下；

(2)根据动能的定义式反0=：m诏可得物块在A处的速度大小为：为=叵=

=8m/s

从A到B根据运动学公式可得：诏一诏=-2aLAB

解得知=J诏-2a=V8x8-2x8x3m/s=4m/s；

(3)物体在BC段运动过程中，根据动能定理可得：

—mgsind•LBC=0--mvj

代入数据解得：LBC=lm；

所以，为使物块不至于滑出斜面，BC部分的最小长度为［m；

(4)物块的动能和重力势能相等的位置在AB段；

B处的动能为E/由=1mvi=ixlx427=8；

B处的重力势能为EPB=mgh=1X10X3Xsin37°J=18/

小物块从A到B的过程中，动能从32J减小到8J,重力势能从0增加到18J,会在某处

出现动能和重力势能相等的位置；

由B到C的过程中，动能减少，重力势能增加，不可能出现动能和重力势能相等的位

置。

答：(1)物块沿AB部分斜面向上运动时受力示意图见解析，其加速度大小为8m/s2,方

向沿斜面向下；

(2)物块运动到B处时的速度大小为4m/s；

(3)为使物块不至于滑出斜面，BC部分的最小长度为［皿；

(4)物块的动能和重力势能相等的位置在AB段，理由见解析。

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【解析】(1)物块在AB段受到重力G、支持力心和沿斜面向下的摩擦力外，由此作图；

根据牛顿第二定律求解加速度大小和方向；

(2)从A到B根据运动学公式求解B点的速度大小；

(3)物体在8C段运动过程中，根据动能定理求解8c部分的最小长度；

(4)求出物块在B点的动能和重力势能，由此分析。

本题主要是考查动能定理和牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和

受力情况和能量的转化情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根

据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

14.【答案】解：(l)mi与m2碰撞前的速度为%,由动能定理-卬%或=称61而一［加1诏

代入数据解得：%=OAm/s

佗碰撞后的速度为功=O」m/s，由于如、也正碰，由动量守恒有:

=mi%+m2v2

代入数据解得碰撞后mi的速度：v\=-0.3m/s,负号表示速度方向水平向左.

(2)碰撞后巾2恰好做匀速圆周运动，所以qE

m2g可解得：加2所带电荷量为：q=1.75x10-3C

在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设圆周的

半径为R则有:

洛伦兹力提供向心力：=巾2系

轨迹如图，由几何关系有：R=lop

解得：B=1T

(3)当巾2经过丫轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，mi碰后做匀减速运动.

mi匀减速运动至停，其平均速度为：5

,7n

由于“=ip1=|x0.3m/s=0.15m/s>v2=O.lm/s,所以TH?在l停止后与其碰撞

由牛顿第二定律有：f-^19-

nii停止后离。点距离：X=受

2a

x

则?712平抛的时间：亡=正

血2平抛的高度：九

设做匀速圆周运动的半径为R'，由几何关系有：R'=1h.

62在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力有:

2

,m2V2

q%B=-7-

n

得：B'=0.8T

答：(1)碰后mi的速度为0.3rn/s,方向水平向左;

(2)磁感应强度B的大小为1T；

(3)夕的大小为0.87.

【解析】(1)根据动能定理求得碰撞前的速度，再根据碰撞过程中动量守恒求得碰撞

后瓶1的速度；

(2)粒子受重力、电场力和洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，故重力与电场力平衡，根

据几何关系求出粒子做圆周运动的半径，再由洛伦兹力提供圆周运动向心力求出磁感应

强度B；

(3)^2离开磁场后做平抛运动，对巾1的运动分析，确认6］停止位置，m2在磁场中做匀

速圆周运动，故平抛的速度大小就是m2碰撞后的速度，根据平抛的射程求得平抛的抛

出点高度，由抛出点高度和几何关系求得机2在磁场中做圆周运动的半径，再由洛伦兹

力提供向心力求出磁感应强度B.

本题是物体在复合场中的运动，抓住在复合场中能做匀速圆周运动时的条件即洛伦兹力

提供向心力，重力和电场力平衡，解决本题还要结合牛顿运动定律和动量守恒，知识点

比较多，难度较大.

15.【答案】,1咚

M-J4npNA

【解析】解:摩尔质量是1，”。/铜原子的总质量，故质量为，”的铜含有的铜原子数n=三9；

铜的摩尔体积为：U=%

则一个铜原子的体积为：〃=・=会；

NAP^A

根据U=^兀/?3可得，铜原子的半径R=小篇

故答案为：凯；忘。

已知摩尔质量和铜的质量，由阿伏加德罗常数可求出铜原子的个数，再根据密度公式求

出摩尔体积，再根据球体的体积公式确定铜原子的半径。

本题考查阿伏加德罗常数的意义，要注意明确宏观量和微观量是如何通过阿伏加德罗常

数联系在一起的。

16.【答案】解：①对下部分气体，做等温变化，初状态压强为：

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Pl=Po+T=1.0x105+2X104七=12x105pa

J

体积为：Vi=v0

末状态：压强为P2,体积为：眩=2%

根据玻意耳定律有：P1《=P1彩

5

代入数据得：P2=2.4x10Pa

②对上部分气体，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的

压强

P2'=P2

初状态：压强为%