2021年广东省高考物理仿真模拟试卷(1)【附答案】

2021年广东省高考物理仿真模拟试卷（1）一.选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）（4分）光电效应实验中，下列表述正确的是（）光照时间越长，光电子最大初动能越大入射光足够强就可以有光电流导出遏止电压与入射光的强度有关入射光频率小于极限频率时，不论光照时间多长，都不能发生光电效应（4分）据说伽利略在比萨斜塔上做了著名的落体实验：“两个铁球同时着地”若铁球下落时间约3.2秒，可估算比萨斜塔高度约为（）3mB.10mC.30mD.50m（4分）下列说法中正确的是（）当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零如果物体（质量不变）的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零一个相互作用的系统，当外力做功为0时，其机械能一定守恒—个物体所受合力为0,其机械能一定守恒（4分）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接在u=Umcos（3t+Q的交流电源上，副线圈接一定值电阻Ro和滑动变阻器R,电流表、电压表均为理想交流电表。当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动时，下列说法中正确的是（）电流表A］、A2的示数之比为2：1电压表V］、V2的示数之比为1：2滑动变阻器R消耗的功率可能先增大后减小原线圈的输入功率可能减小

（4分）如图所示竖直平面内，真空中的匀强电场与水平方向成15°角斜向下，现有一质量为m、电荷量为+q的小球在A点以初速度v0水平向右抛出，经时间t小球下落到C点（图中未画出）时速度大小仍为v0,则小球由A到C的过程中（）小球做匀变速曲线运动C点电势可能低于A点AC连线一定与电场线垂直（4分）已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比,与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上,彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g,则顶点a和c两处的磁感应强度大小之比为（）A.4A.4B.、22C.、窑4（4分）货运飞船“天舟一号”与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体，如图所示。假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，周期为片。如果月球绕地球的运动也看成是匀速圆周运动，轨道半径为R],周期为T2。已知地球表面处重力加速度为g,地球半径为R,引力常量为G,不考虑地球自转的影响，地球看成质量分布均匀的球体。则（）4兀细/月球的质量可表示为GT,B.组合体与月球运转的线速度比值为三11「3地球的密度可表示为gt/rj组合体的向心加速度可表示为（学）2g二•多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（6分）如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角a=37。的斜面底端沿斜面向上运动，上滑的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上滑过程中，物体的机械能E随物体离地面的高度h的变化关系如图乙所示。取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80。则（）甲乙物体与斜面之间的动摩擦因数=0.502物体的质量-kg物体上滑过程中的加速度大小a=1m/s2物体回到斜面底端时的动能Ek=10J（6分）如图所示为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左侧上方的当圆面积内存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B,圆环4的电阻为2R.—根长度为2r、电阻为R的均匀金属棒MN以圆环的圆心O点为旋转中心，紧贴着网环以角速度3沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触良好，开始时MN与PQ重合（）

金属棒中感应电动势的最大值为Br2eJT?RJT广i0~时间内通过金属棒MN的横截面电荷量为—S6Rr2金属棒中电流的有效值是JTR2OOr2金属棒旋转一周电路中产生的热量为bh（6分）将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为Fn1,地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为V、竖直分速度的大小记为Vy，若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为fn1'、地面对斜劈的支持力记为FN2',滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为vy'，则下列大小关系正确的是（）Fni<Fni'B.Fn2>Fn2‘C.vVv'D.VyVvJ三•实验题（共4小题，满分42分）（6分）图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图。（1）下面是实验的主要操作步骤：将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，并记录两个拉力F1、F2的大小及方向；再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录测力计拉力的大小及方向。图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中表示力F1和F2合力的理论值(填“F”或“F”)；本实验采用的科学方法是；理想实验法等效替代法控制变量法本实验中F］、F2的夹角应该是；大一些好适当的大小小一些更好本实验中若用细长的橡皮筋替代两根绳套，你认为该办法是的。(填“可行”或“不可行”)(10分)某同学分别用图1甲和图1乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。(1)画出图1乙的电路图；某次测量时电流表和电压表的示数如图2所示，则电流1=A,电压U=V；实验得到如图3所示的两条直线，图中直线I对应电路是图1(选填“甲”或“乙”)；该电池的电动势E=V(保留三位有效数字)，内阻r=Q(保留两位有效数字)。

zS3zS3(11分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，直线AB距x轴为d,直线CD距x轴为2d,直线AB下方区域存在沿y轴正方向的匀强电场，AB、CD之间存在垂直于坐标系平面向外的匀强磁场。从t=0时刻，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子以初速度v0由坐标原点O处，沿x轴正方向射入电场，在AB上的P点进入磁场，P点坐标为(2d，d)。不计粒子受到的重力。求:电场强度E的大小;若粒子恰好不从直线CD处离开磁场，则磁感应强度B0的大小;在第(2)问条件下，粒子经过x轴的时刻。(15分)某同学设计的某款游戏装置由轨道ABCD和圆弧轨道EF两部分构成。如图所示，该装置竖直放置在高H=0.62m的水平台面上；装置中轨道ABCD的动摩擦因数均为尸0.5，其余轨道摩擦不计。AB、CD为水平面，BC为斜面，AB与BC、BC与CD间均由长度不计的圆弧连接，C点上方有一圆弧形弹性小挡板K，挡板末端水平。E点在D点的正上方，DE间距不计。B点到E点的竖直高度h=0.08m,ABCD的水平长度为L=0.12m；在水平轨道AB的左侧放有一弹射装置。将一可视为质点，质量m=1kg的物体紧贴弹簧由静止释放弹出，当弹簧的压缩量为d时，物体由E点进入半径R=0.2m的圆弧轨道EF运动，物体在此轨道最高点恰好不受任何挤压。忽略小物体在各轨道交接4处因碰撞带来的机械能的损失。4射装置弹簧的初始弹性势能；当弹簧的压缩量为1.5d时，求物体在运动至F点处对圆形轨道的压力；当弹簧的压缩量为d时，在D点放置与小物块等质量的小球，小物块经过D点时与小小球发生弹性碰撞，碰后小球经轨道EF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞(三棱柱G的位置上下可调)，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax

四.填空题（共2小题，满分12分）（5分）一定质量的气体经历a、b,c、d四段变化过程，压强与热力学温度的关系如图所示，气体体积在增大的过程。忽略气体分子势能，气体的内能在增大的过程是。（7分）一根截面积均匀的U形玻璃管竖直放置，右端开口，左端水银柱上方封闭一段空气柱。初始时，环境温度为300K,管内水银柱及空气柱长度如图所示。（大气压强为75cmHg）（1）若改变环境温度，使U形玻璃管左侧水银柱下降5cm，则环境温度要升高到多少K?（结果保留三位有效数字）（2）若将U形玻璃管以其底端水平部分为轴缓慢旋转至水平状态，试分析说明管中的水银是否流出。若不流出请说明理由；若流出，请计算管中有多长的水银柱流出。五.填空题（共2小题）17•制作单摆的细线越短越好。（判断对错）18.一列简谐横波沿水平方向传播，a、b是波传播路径上的两个质点，a、b两质点的振动图象分别如图甲、乙所示ot=0时刻，a、b两质点间只有一个波峰，已知a、b间的距离为1.2m，求：屮乙屮乙①这列波传播的速度大小；②若Is内质点a运动的路程为lm,写出质点b的振动方程。2021年广东省高考物理仿真模拟试卷（1）参考答案与试题解析一.选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）（4分）光电效应实验中，下列表述正确的是（）光照时间越长，光电子最大初动能越大入射光足够强就可以有光电流导出遏止电压与入射光的强度有关入射光频率小于极限频率时，不论光照时间多长，都不能发生光电效应【解答】A、由光电效应方程Ek=hv-W0，知最大初动能由入射光的频率和材料本身的逸出功决定，与光照时间无关，故A错误。BD、只有入射光的频率大于材料的极限频率，才能发生光电效应，与入射光强度和光照时间无关，故D正确，B错误。hV_肾C、由Ek=eUc和Ek=hv-W0，得遏止电压，故遏止电压与入射光频率和ce逸出功有关，与光的强度无关，故C错误。故选：Do（4分）据说伽利略在比萨斜塔上做了著名的落体实验：“两个铁球同时着地”若铁球下落时间约3.2秒，可估算比萨斜塔高度约为（）用忖磺3mB.10mC.30mD.50m【解答】解：比萨斜塔的高度10%殳22=51.2m，故D正确，ABC错误故选：Do（4分）下列说法中正确的是（）当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零如果物体（质量不变）的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零一个相互作用的系统，当外力做功为0时，其机械能一定守恒—个物体所受合力为0,其机械能一定守恒【解答】解：A、力的冲量：I=Ft，当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，故A错误；B、如果物体（质量不变）的速度发生变化，物体的动量发生变化，由动量定理可知，物体所受到的合外力的冲量不为零，故B正确；C、相互作用的系统，当外力做功为0时，机械能不一定守恒，如匀速上升的系统，故C错误；D、单个的物体只有重力做功时，机械能守恒，合外力为0时机械能不一定守恒，如匀速上升的物体，故D错误；故选：B。（4分）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1,原线圈接在u=Umcos（3t+Q的交流电源上，副线圈接一定值电阻R0和滑动变阻器R,电流表、电压表均为理想交流电表。当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动时，下列说法中正确的是（）电流表A］、A2的示数之比为2：1电压表V］、V2的示数之比为1：2滑动变阻器R消耗的功率可能先增大后减小原线圈的输入功率可能减小打门21【解答】解：A.根据原副线圈电流与匝数成正比得：=斗；故A错误；L2nl2U］口］p根据原副线圈电压与匝数成正比得：-二手；故B错误；U2n21当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻值逐渐减小，由于输入电压不变，所以输出电压也不变，则滑动变阻器R消耗的功率当R=R0时，滑动变阻器R消耗的功率最大，故滑动变阻器R消耗的功率可能先增大后减小，也可能一直增大，故C正确；变压的原、副线圈的电压均不变，而副线圈电路总电阻减小，则输出功率一直增大，由于理想变压器输入功率和输出功率相等，变压器输入功率也一直变大，故D错误。故选：Co（4分）如图所示竖直平面内，真空中的匀强电场与水平方向成15°角斜向下，现有一质量为m、电荷量为+q的小球在A点以初速度v0水平向右抛出，经时间t小球下落到C点（图中未画出）时速度大小仍为v0,则小球由A到C的过程中（）A.重力做功*mg2t2小球做匀变速曲线运动C点电势可能低于A点AC连线一定与电场线垂直【解答】解：AB、小球受到电场力和重力且均为恒力，合力也为恒力与v0不共线，小球做匀变速曲线运动，竖直方向合外力为重力和电场力沿竖直方向分力之和，则故重力做的功为WG=mgh=*^a121'，故A错误，B正确；CD、由题可知，小球由A点运动到C点的过程中，动能不变，其中重力做正功，电场力一定做负功，小球的电势能增加，由于正电荷在电势高的地方电势能大，则C点电势一定高于A点电势，且AC连线不是等势线，一定与电场线不垂直，故CD错误；故选：Bo（4分）已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流强度成正比,与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线

分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g,则顶点a和c两处的磁感应强度大小之比为（）A.4【解答】解:设正方体的棱长为A.4【解答】解:设正方体的棱长为r，流过棱长的电流大小为I由题意可知,通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小为可知:由题意可知,r由h流向g的电流在a点产生的磁感应强度B，方向垂直于ha斜向由d流向h的电流在a由h流向g的电流在a点产生的磁感应强度B，方向垂直于ha斜向左下;故a点的磁感应强度为=j+B3=丄・同理可得:由d流向h的电流在b点产生的磁感应强度B2=B］二J"，方向从b指向c；由h流向g的电流在b点产生的磁感应强度B4=，方向从b指向c；1r故c点的磁感应强度为Bc=B2+B4=2^k-|-所以莘B所以莘Bc=¥，故A正确，BCD错误。故选：A。22(4分)货运飞船“天舟一号”与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体，如图所示。假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，周期为Ti。如果月球绕地球的运动也看成是匀速圆周运动，轨道半径为R1，周期为T2。已知地球表面处重力加速度为g,地球半径为R,引力常量为G,不考虑地球自转的影响，地球看成质量分布均匀的球体。则()A.月球的质量可表示为B.组合体与月球运转的线速度比值为且C.地球的密度可表示为A.月球的质量可表示为B.组合体与月球运转的线速度比值为且C.地球的密度可表示为D.组合体的向心加速度可表示为(里g)2g【解答】解：A、由于月球是环绕天体，根据题意可以求出地球的质量，不能求月球的质量，A错误；B、对于组合体和月球绕地球运动的过程，万有引力提供向心力，设地球质量为M,组合体质量是m,则由牛顿第二定律可知具=4，解得v=.；奥，贝y组合体和月球C、对于组合体，由G=m—・(R+h),解得：，又因为(R+h)2TfGTf4U3ITCR+h)地球的体积为v=知，密度是p岭联立解得p=，故C正确;D、由G=ma，对地球表面物体而言，丿号=mg，可知组合体的向心加速度大(R+h)2R2小为a=()2g,D错误。

故选：Co二•多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（6分）如图甲所示，物体以一定的初速度从倾角a=37。的斜面底端沿斜面向上运动，上滑的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上滑过程中，物体的机械能E随物体离地面的高度h的变化关系如图乙所示。取g=10m/s2,sin37°=0.60,cos37°=0.80。则（）物体与斜面之间的动摩擦因数=0.50物体的质量-kg物体上滑过程中的加速度大小a=1m/s2物体回到斜面底端时的动能Ek=10J【解答】解：AB.以地面为参考平面，物体在斜面的最高点时，速度是零，动能是零，所以物体的机械能有E=Ep=mgh解得物体质量m=ghm=gh30.“1kg物体在沿斜面向上运动中，只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得-mgh-X虽身厂二△瓦解得=0.5故A正确，B错误；C.物体上滑运动中受到重力、滑动摩擦力、支持力，由牛顿第二定律可知mgsin37°+mgcos37°=ma解得物体上滑时的加速度大小为

a=gsin37°+gcos37°=10X0.60m/s2+0.5X10X0.80m/s2=10m/s2故C错误；D.物体在上滑和下滑的运动中，受到的摩擦力大小相等，方向相反，在整个运动中，只有滑动摩擦力做负功，重力、支持力做功是零，因此摩擦力做负功等于物体机械能的减少，所以物体回到斜面底端时的动能Ek=Em-2umgcos37°X・，=50J-2X0.5X1X10X0.80^J=10Jkm故D正确。故选：AD。（6分）如图所示为粗细均匀的裸铜导线制成的半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左侧上方的±圆面积内存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B,圆环4的电阻为2R.—根长度为2r、电阻为R的均匀金属棒MN以圆环的圆心O点为旋转中心，紧贴着网环以角速度3沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与圆环始终接触A.良好，开始时MN与PQ重合（）A.金属棒中感应电动势的最大值为Br23■31B.°〜寺时间内通过金属棒mnB.C.金属棒中电流的有效值是^C.金属棒中电流的有效值是^2BC°r8RD.JTR200r2D.□K【解答】解：A、只有当MO、NO分别切割磁感线时，环中才有感应电流，MO、NO中感应电动势的最大值为*Br23，故A错误;B、金属棒有电流时，电流I=B、金属棒有电流时，电流I=卫，0~时间内，即半个周期内通过金属■Zihl-,-J棒MN的电荷量为q=I・・=•，故B正确;46RTC、在一个周期内，只有半个周期的时间内金属棒中有电流，则I2R总・专=1有2R总T，所r2以金属棒中电流的有效值是I有二，故C错误；有6R亠2兀e兀&‘①r，—十”D、依Q=I有2R总T,T=得Q=，故D正确。有总①6R故选：BD。（6分）将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为fn1，地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为V、竖直分速度的大小记为Vy，若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为fn1'、地面对斜劈的支持力记为FN2'，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为vy'，则下列大小关系正确的是（）A、Fni<Fni'B.Fn2>Fn2‘C.vVv'D.VyVvJ【解答】解：A、两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力FN1=mgcosB；当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则mgcos0>Fn1'，故A错误；B、对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因FN1>FN1'，则地面对斜劈的支持力Fn2>Fn2'，故B正确；C、若斜劈固定，则mgh=*mv2；若斜劈不固定，则由能量关系可知mgh=*mv'2+寺Mvx2,则v>v',故C错误；D、对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律:mg-FNcos0=may，因Fn1>Fn1'，则ay1<ay1'，两种情况下滑块的竖直位移相等，则由垃十..叵不，可知vy<vy'，故D正确。故选：BD。三•实验题（共4小题，满分42分）(6分)图甲为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图。下面是实验的主要操作步骤：将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，并记录两个拉力F2的大小及方向；再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录测力计拉力的大小及方向。图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，其中表示力巧和F2合力的理论值」(填“F”或“F”)；本实验采用的科学方法是B；理想实验法等效替代法控制变量法本实验中巧、F2的夹角应该是B；大一些好适当的大小小一些更好本实验中若用细长的橡皮筋替代两根绳套，你认为该办法是可行的。(填“可行”或“不可行”)【解答】解：(1)由平行四边形法则，合力为平行四边形的对角线，故理论值应该为F；本实验中用两个弹簧秤拉橡皮筋时的结点与用一个弹簧秤拉橡皮筋的位置相同，故本实验用的科学方法是等效替代法，故B正确，AC错误；为了减小实验误差，在实验中巧、F2的夹角应该取适当的大小，故B正确，AC错误；由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮筋，不会影响实验结果，所以是可行的。故答案为：(1)F'(2)B(3)B(4)可行。12．(10分)某同学分别用图1甲和图1乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。(1)画出图1乙的电路图；某次测量时电流表和电压表的示数如图2所示，则电流1=0.40A,电压U=1.30V：实验得到如图3所示的两条直线，图中直线I对应电路是图1乙(选填“甲”或“乙”)：该电池的电动势E=1.52V(保留三位有效数字)，内阻r=0.53Q(保留两位有效数字)。乙甲SiS3乙甲SiS3【解答】解：（1）根据实物图可得电路图如图所示:电踣图电踣图（2）电流表是采用0.6A的量程，每小格表示0.02A，则示数为0.40A；电压表采用的是3V的量程，每小格表示0.1V,所以电压表的示数为1.30V；（3）由于采用图1甲测得的内电阻为电流表的电阻与电动势内电阻之和，所以电阻测量值大于真实值；采用图1乙测得的内电阻为电压表的电阻与电动势内电阻并联电阻，所以电阻测量值小于真实值；而U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故图中直线I对应电路是图1的乙图；由于干电池内电阻较小，故采用图乙实验电路。根据闭合电路的欧姆定律可得：E=U+Ir，贝U=E-Ir，将图3中直线I延长如图所示：@31Rp-1p可知电源电动势为E=1.52V，内电阻r==0.530,0.6故答案为：(1)如图所示；(2)0.40(0.39〜0.41)；1.30(1.29〜1.31)；(3)乙；(4)1.52(1.51〜1.54)；0.53(0.52〜0.54)。(11分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，直线AB距x轴为d,直线CD距x轴为2d,直线AB下方区域存在沿y轴正方向的匀强电场，AB、CD之间存在垂直于坐标系平面向外的匀强磁场。从t=0时刻，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子以初速度v0由坐标原点O处，沿x轴正方向射入电场，在AB上的P点进入磁场，P点坐标为(2d，d)不计粒子受到的重力。求：电场强度E的大小；若粒子恰好不从直线CD处离开磁场，则磁感应强度B0的大小；在第(2)问条件下，粒子经过x轴的时刻。

【解答】解：(1)粒子第一次在电场中运动，设所用时间为tl,则根据牛顿第二定律得qE=ma水平方向有2d=v0t1竖直方向有d=*t]222de*n联立解得t]='',E=-;(2)设粒子到达AB边界沿电场方向的速度为Vy,粒子速度v与AB边界的夹角为9,则Vy=at1TOC\o"1-5"\h\zJVn根据几何关系可得tan9=,v=YqCOSf联立解得0=45°,v=42v0粒子在磁场中运动，若恰好不从上边界CD飞出，轨迹如图所示。设粒子在磁场中运动的半径为R,由几何关系可得R-Rcos0=d由牛顿第二定律得qvBo=mvn联立解得Bo=—(3)设粒子在磁场中运动的周期为T,每次在磁场中运动的时间为t2,则T=-qB0因轨迹对应的圆心角为90因轨迹对应的圆心角为90°■T联立解得t2=设粒子第一次到达x轴的时间为tx,则tx=2t1+t2可得t可得tx=［8+（应+1）兀］d

2%故粒子到达x轴的时刻t为F*2）=n,21,2,3,加0答：（1）电场强度答：（1）电场强度E的大小2（2）若粒子恰好不从直线CD处离开磁场，则磁感应强度B0的大小为仝0qd.（3）在第（2）问条件下，粒子经过x轴的时刻为n［計（密址）"",（n=1,2,3,……）。2v0（15分）某同学设计的某款游戏装置由轨道ABCD和圆弧轨道EF两部分构成。如图所示，该装置竖直放置在高H=0.62m的水平台面上；装置中轨道ABCD的动摩擦因数均为尸0.5，其余轨道摩擦不计。AB、CD为水平面，BC为斜面，AB与BC、BC与CD间均由长度不计的圆弧连接，C点上方有一圆弧形弹性小挡板K，挡板末端水平。E点在D点的正上方，DE间距不计。B点到E点的竖直高度h=0.08m,ABCD的水平长度为L=0.12m；在水平轨道AB的左侧放有一弹射装置。将一可视为质点，质量m=1kg的物体紧贴弹簧由静止释放弹出，当弹簧的压缩量为d时，物体由E点进入半径R=0.2m的圆弧轨道EF运动，物体在此轨道最高点恰好不受任何挤压。忽略小物体在各轨道交接处因碰撞带来的机械能的损失。4射装置弹簧的初始弹性势能；当弹簧的压缩量为1.5d时，求物体在运动至F点处对圆形轨道的压力；当弹簧的压缩量为d时，在D点放置与小物块等质量的小球，小物块经过D点时与小小球发生弹性碰撞，碰后小球经轨道EF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞(三棱柱G的位置上下可调)，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmaxo【解答】解：(1)物体在2圆弧轨道中运动时，在E点速度最小，在E点恰好不受任何4挤压，由重力提供向心力，则有：Vrmg=代入数据解得：vE=V^m/s设斜面BC的倾角为物体由A到D的过程克服摩擦力做功Wf=mg(LAB+LCD)+mgcosB・LBc，由几何关系可得：Lab+Lcd+LbcCosB=L,贝9：Wf=mgL物体从释放到E的过程由功能关系可得此情况下弹射装置弹簧的初始弹性势能:12Ep1=Wf+mgh+代入数据解得：Ep1=2.4J(2)根据弹簧弹性势能Ep=*kxJ可得当弹簧的压缩量为1.5d时其弹性势能为:Ep2=〔¥Epi

代入数据解得Ep2=5.4J物体从释放到F的过程由功能关系可得：12Ep2_Wf-mgh+mgR=〒根据牛顿第二定律，物体在F点所受轨道支持力大小为:代入数据解得：N=60J根据牛顿第三定律可知物体在运动至F点处对圆形轨道的压力大小为60N，方向水平向右。(3)设物体与小球碰撞后瞬间，物体与小球的速度分别为V]、v2，以水平向右为正方向,根据系统动量和机械能守恒可得：mvE=mV]+mv2121212联立并代入数据解得：V]=0,v2=vE='J2m/s设三棱柱G距离地面的高度为y,小球与其碰撞时的速度大小为v0,则E点到三棱柱G的竖直距离为h'=H+h-y=0.7-y。小球从E到与三棱柱碰撞过程，根据动能定理可得：22EVmy12^u16-1-220-V曲m:m可碰撞后小球以初速度为v0做平抛运动，则有：12尸X=v0t联立可得：x2=，-4y2b当y=0.4m时，x取最大值，为xmax=0.8m答:(1)小物体在+圆弧轨道中运动时的最小速度为'-/2m/s，此情况下弹射装置弹簧的4初始弹性势能为2.4J；(2)物体在运动至F点处对圆形轨道的压力大小为60N，方向水平向右;（3）落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax为0.8m。四•填空题（共2小题，满分12分）（5分）一定质量的气体经历a、b,c、d四段变化过程，压强与热力学温度的关系如图所示，气体体积在增大的过程是匚。忽略气体分子势能，气体的内能在增大的过程是b_。0【解答】解：由理想气体状态方^=C可知：p气T一C由图示图象可知，b、d过程p-T图线的延长线过坐标原点，图象的斜率k=〒，气体体积不变；过程a中气体温度T不变而压强p增大，由理想气体状态方禾畔=