2021年广东省高考物理仿真试卷(含答案解析)

2021年广东省高考物理仿真试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.下列说法正确的是（）

①压力、温度对放射性元素衰变的快慢具有一定的影响

②从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大

③中子与质子结合成笊核时要吸收能量

④核力是强相互作用的一种表现，只有相近核子之间才存在核力作用.

A.②③B.③④C.②④D.①③

2.人从发现情况到采取相应行动经过的时间叫反应时间，甲、乙两同学做测定反应时间的小实验，

甲同学的两个手指捏住直尺的上端，乙同学用一只手在直尺下部做握住直尺的准备，但手没有

碰到直尺.当乙同学看到甲同学放手后，立即捏住直尺，发现直尺下降了20cm,若取g=10m/s2

则乙同学的反应时间是（）

A.0.5秒B.0.4秒C.0.3秒D,0.2秒

3.摩天轮是游乐园中常见的一种游乐设施。如图所示，乘客坐在摩天轮里随其在竖直面内做匀速

圆周运动，可以从高处俯瞰四周景色。在摩天轮转动半周过程中，下列叙述正确的是（）

A.乘客所受合外力为零B.乘客机械能守恒

C.乘客所受合外力做功为零D.乘客动量变化量为零

4.如图，输入电压U=8U,灯泡L标有“3IZ61V“字样，M为电动机.当灯泡恰

能正常发光时，电动机的输入电压为（

A.3V

B.5V

C.8V

D.UV

5.大回转滑雪是高山滑雪比赛项目之一。运动员要快速从山上向下沿线路连续转弯，穿越各种门

形。如图为某一运动员的滑雪路线图，B点的高度恰好是起点4高度的一半，设滑雪轨迹S.<SBC，

若滑雪过程中运动员受到冰面的阻力大小恒定，下列说法正确的是（）

A.AB过程重力对运动员做的功小于BC过程重力做的功

B.过程重力对运动员做的功大于BC过程重力做的功

C.48过程运动员克服阻力做的功小于BC过程克服阻力做的功

D.4B过程运动员克服阻力做的功等于BC过程克服阻力做的功

6.如图所示，在环形导线的磁场中甲、乙两处各放一个小磁针，静止时它

们的N极指向是（）

A.甲处向外、乙处向里

B.甲处向里、乙处向外

C.都向外

D.都向里

7.如图所示，“天舟一号”与“天宫二号”于2017年4月22日成功交会对接，形成组合体后绕地

球做匀速圆周运动。已知近地卫星绕地球运行的线速度大小为7.9/cm/s,由此可知，组合体运行

A.大于7.9km/sB.等于7.9km/sC.小于7.9km/sD.大于11.2km/s

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.19.如图所示，长木板在光滑水平面上以速度为"向右做匀速直线运动。某时刻，在其上表面轻

放上质量为m的小木块，为保证长木板仍向右做匀速直线运动，应在时间t内对长木板施加一个

水平向右的恒力F。已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为〃，下列说法正确的

愣

A.恒力F作用的时间禽=——

魏

B.恒力尸对长木板做的功为蟒'=」懒铲

C.系统摩擦生热磬=工谢小

鬟

D.系统摩擦生热螺=嬲庐

9.如图所示，边界水平的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面垂直，边********/T

XXXXXX/

界间距为L;一个边长为L的正方形导线框竖直向上运动，某时刻上边恰好xxxxxxi

'TI--------1"

与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为先;经时间ti线框的上边与/.|u）

磁场的上边界重合，此时线框的速度刚好为零；再经时间t2线框的上边恰

好又与磁场的下边界重合，此时线框的速度大小为外

运动过程中，线框与磁场方向始终垂直，且线框上、下边始终水平。重力加速度为g；下列说法正确

的是（）

A.>t2

B.线框在进入磁场的过程中，加速度逐渐减小

C.线框进入磁场的过程中，其感应电流沿逆时针方向

D.线框在进入磁场的过程中产生的热量大于穿出磁场的过程中产生的热量

10.下列说法中正确的是（）

A.重力做功与路径无关，与移动物体的初末位置的竖直高度差有关，即MB=mghAB

B.静电场力做功与路径无关，与移动电荷的初末位置的电势差有关，即

C.重力对物体做正功，其重力势能能减少，做负功则重力势能增加

D.静电场力对正电荷做正功，正电荷电势能减少，对负电荷做正功，负电荷电势能增加

三、填空题（本大题共2小题，共9.0分）

11.一定质量的理想气体，当保持体积不变时，压强随温度升高而增大，用分子动理论来解释，其

原因是

⑴____

（2）。

12.如图所示，摆长为L的单摆，原来的周期为7.现在在悬点。的正下方4点固

定一颗钉子，使。4=|，令单摆由平衡位置向左摆动时以4为悬点作简谐

振动，则这个摆完成一次全振动所需的时间是.

四、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

13.[1]>（11分）某学生利用“研究匀变速直线运动”的实验装置来测量一个质量

0

m=50g的重锤下落时的加速度值，该学生将重锤固定在纸带下端，让纸带穿

过打点计时器，实验装置如图所示.——

（1）以下是该同学正确的实验操作和计算过程，请填写其中的空白部分：

①实验操作：,释放纸带，让重锤自由落下，.

②取下纸带,取其中的一段标出计数点如图10（b）所示,测出相邻计数点间的距离分别为a=2.60cm,

S2=4.14cm,S3=5.69cm,S4=7.22cm,S5=8.75cm,S6=10.29cm,已知打点计时器的打

点间隔7=0.02s,则重锤运动的加速度计算表达式为a=,代入数据，可得加速度a=

m/s2（计算结果保留三位有效数字）.

（2）该同学从实验结果发现，重锤下落时的加速度比实际的重力加速度小，为了有效地缩小这个实验

测得的加速度与实际的重力加速度之差，请你提出一个有效的改进方法：.

[2]、（7分）共点的两个力的合成实验中，（1）目的是验证两个共点力合成时遵循法则.实验时

已提供的器材有：方木板、白纸、橡皮条、细绳套（两个）、三角板、刻度尺、图钉（多个）还缺少

的必要的器材是：.

（2）在互成角度二力合成的实验中某学生有如下操作步骤，试按合理的顺序将步骤序号填在下面的线

上：.

A.只用一个弹簧秤，通过细绳套把橡皮条结点拉到。点，记下弹簧秤读数P和细绳方向.

员把橡皮条一端固定在木板上，在橡皮条另一端栓上两根细绳套（此端交点称为结点）.

C.用两个弹簧秤通过两个互成角度的细绳套拉橡皮条，使之伸长到一定长度，在白纸上记下结点位

置0,同时记下两个弹簧秤读数Fi、尸2和两根细绳方向.

。.把白纸钉在木板上.

£改变居、?2的大小和方向，重作两次实验.

F.用同一比例图示F］、4和凡作图求出心和尸2合力F'，比较尸和F'得出实验结论.

14.某同学通过实验测定一特殊电源的电动势（约3IQ和内电阻（约9000）。实验室提供如下实验器材:

电压表V（量程为W,内阻约15000）

电流表4（量程为3mA,内阻约200）

滑动变阻器（最大值为20000）

开关和若干导线

（1）某同学设计了如下实验原理图，为减小实验误差，实验原理图应选

i-Q

丙

(2)根据所选实验原理图，用笔画线代替导线将丙图连接成完整电路。

(3)该同学通过上述实验记录6组数据，并画出U-/图线如图丁所示，由图象可知电源的电动势为

V,电源内电阻为0。

五、计算题(本大题共4小题，共43.0分)

15.如图所示，时为一长度为I=的粒子放射源，能同时均匀发射粒子，距必为九=1m的虚线e/

的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场。若以a点为坐标原点、以ab为x轴、以ad为y轴建立平面

直角坐标系，则图中曲线ac的轨迹方程为y=/,在曲线ac与放射源ab之间的区域I内存在竖

直向上的匀强电场，电场强度的大小为％=2.0x102N/C,ad1ef,在ad左侧I=1m处有一

长度也为九=Im的荧光屏MN,在ad与MN之间的区域H内存在水平向左的匀强电场，电场强度

大小为E2=2.0x102N/C,某时刻放射源由静止释放大量带正电的粒子，粒予的比荷5=1.6x

105C/kg,不计带电粒子的重力以及粒子之间的相互作用。

(1)从距a,点0.25m处释放的粒子到达虚线e/的速度%为多大？

(2)如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B为多大？

(3)在满足第(2)问的条件下，打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比及粒子发射后打到荧光屏上

的最短时间。

16.如图，质量为啊=2kg的物体4经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2=1kg

的物体B相连，弹簧的劲度系数为k=lN/cm,4、B都处于静止状态.一条不

可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体4一端连轻挂钩.开始时各段绳都处于

伸直状态，4上方的一段绳沿竖直方向.在挂钩上系一质量为m3=L5kg的物体

C并从静止状态释放，恰好能够到达地面.已知它恰能使B离开地面但不继续上

升.现将质量为瓶4=6kg的物体D系在挂钩上后再举高H=0.8m(未触及滑轮)

然后由静止释放(g取10m/s2,空气阻力不计).求:

(1)C从释放到落地过程中弹簧弹性势能的变化

(2)。刚刚落至地面时的速度(结果可保留根号)

17.如图所示，内壁光滑、横截面积不同的两个连在一起的圆柱形绝热汽缸水平放置，左右两部分

横截面积之比为2：1,汽缸左侧有一导热活塞4汽缸右侧有一绝热活塞B,活塞4距左侧汽缸

底及距两汽缸连接处的距离均为L,活塞B距两汽缸连接处的距离也为3汽缸右侧足够长且与

大气连通，两活塞的厚度均可忽略不计。汽缸左侧和两活塞4B之间各封闭一定质量的理想气

体，初始时两汽缸内气体的温度均为27汽，压强等于外界大气压po.现通过电热丝给汽缸左侧的

气体缓慢加热。求：

(i)活塞4刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为7°;

(ii)若汽缸左侧内的气体温度升到800K,已知活塞8横截面积为S.求此时汽缸左侧气体的压强pi和汽

缸右侧气体推动对活塞B做的功。

M-LLL-M

18.机械横波某时刻的波形图如图所示，波沿x轴正方向传播，波长兀=

0.8m,质点p的坐标x=0.32m.从此时刻开始计时.

(1)若每间隔最小时间0.4s重复出现波形图，求波速；

(2)若p点经0.4s第一次达到正向最大位移，求波速；

(3)若p点经0.4s到达平衡位置，求波速.

参考答案及解析

1.答案：C

解析：解：①压力、温度对放射性元素衰变的快慢没有影响，说法错误；

②从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，说法正确；

③中子与质子结合成笊核时要说法能量，说法错误；

④核力是强相互作用的一种表现，是短程力，只有相近核子之间才存在核力作用，说法正确。

故选：Co

半衰期与外界因素无关，光电子的最大初动能随照射光的频率增大而增大，聚变时要释放能量，核

力是短程力.

掌握半衰期的特点，发生光电效应的条件，聚变特点，了解核力的特点.

2.答案：D

解析：解：由题意，在反映时间内，木尺下落的高度H=20cm=0.2徵

由自由落体运动的规律知：H=\gt2

故选：D.

直尺做自由落体运动，自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间关

系公式列式求解时间即可.

本题考查自由落体运动的位移与时间的关系公式，是一道基础题；从实际背景中抽象出物理模型是

基本要求.

3.答案：C

解析：解：4、乘客做匀速圆周运动时，合外力提供向心力，有：尸合='=嗒，故4错误；

8、乘客随摩天轮运动时，动能不变，重力势能不断变化，因此机械能不断变化，故8错误；

C、合外力做功等于动能变化，在摩天轮做匀速圆周运动时，动能始终不变，所以乘客所受合外力做

功始终为零，故C正确；

。、在摩天轮转动半周过程中，乘客速度大小不变，方向相反，其动量变化不为零，故。错误。

故选：Co

根据物体的运动特点分析其受力情况；

根据机械能的定义分析机械能的变化情况；

根据动能定理分析合力做的功；

解决本题的关键：①知道物体做匀速圆周运动，靠合力提供向心力。②分析机械能是否守恒可以从

物体的能量转化角度分析，有没有出现除机械能以外的能量形式进行判断。

4.答案：B

解析：

电动机和小灯泡串联，电流相等；由于是串联，故电压之和等于提供的电压。

本题关键是明确小灯泡和电动机是串联关系，要知道串联电路的电流处处相等，电压之和等于总电

压.

输入电压U=8V,小灯泡额定电压为3V,正常发光，说明小灯泡的电压为3V,由于小灯泡和电动机

串联，故电动机的电压：UM=U-UL=8V-3V=5V,故B正确，AC£>错误。

故选B„

5.答案：C

解析：解：

AB,根据重力做功的公式：

Wc=mgh

依题意可以，4B和BC的高度差相同，即48过程重力对运动员做的功等于BC过程重力做的功。故AB

错误；

CD、根据阻力做功特点可得：

W/s=-fs,其中S为路程，依题意滑雪轨迹"8<SBC，易知4B过程运动员克服阻力做的功小于BC过

程克服阻力做的功。故C正确；。错误。

故选：Co

一、考查重力功的计算：wc=mgh；二、考查阻力做功特点，与路径有关。题目中始终做负功所以

小第=一/s,其中s为路程。

本题通过计算重力功和阻力功，来区别重力做功与路径无关的特点，阻力做功与路径有关的特点。

6.答案：A

解析：略

7.答案：C

解析：解：设组合体的质量为m,根据万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：卷=黑

联立解得：v=产

y]R+h

同理可知第一宇宙速度的表达式：巧=舟＞"

所以组合体的线速度小于第一宇宙速度7.9/cm/s。故A8O错误，C正确

故选：Co

地球表面的物体受到的万有引力近似等于重力，由此即可求出组合体运行时线速度的大小，然后与

第一宇宙速度比较即可.

解决本题的关键知道第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大速度。

8.答案：AC

解析：M仍向右做匀速直线运动，则其合外力应为零，故事'=废砌簪，月方作用的时间t与小木块加

*

速到。的时间相等。小木块加速运动磔=耀，淮=礴，解得起=」一,选项A正确;

在此过程中，M对地位移屈=滴=工，尸对M做功;^，=鑫=颗凝，选项8错误;

争2*11

m.”的相对位移为盘a=滴-.=’一，系统摩擦生热期=微嬲豳?=—aw",选项C正确，选

sW"一独

项。错误。

故选AC

9.答案：BCD

解析：解：4、上升过程中重力和安培力同向，下降过程重力和安培力反向，故上升过程的加速度大

于下降过程加速度，两过程位移大小相同，故t】＜t2,故斗错误；

B、上升过程有牛顿第二定律mg+*=ma,上升过程速度D减小，安培力减小，加速度减小，物

体做加速度减小的减速运动，故B正确；

C、根据楞次定律，线框进入磁场过程中，磁通量增加，据增反减同知感应电流方向为逆时针方向,

故C正确；

。、线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，根据动能定理知，对应同一位置，上升过程速率大于

下降过程速率，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升和和下降过程位移相等，上升过程中线

框产生的热量大于下降过程中线框产生热量，故。正确。

故选：BCD。

根据上升过程中合力大于下降过程中合力，上升过程的加速度大于下降过程加速度来判断时间大小

关系；

上升过程中，列出牛顿第二定律表达式，判断物体的加速度变化情况；

根据楞次定律判断感应电流的方向；

根据上升和下降过程同一位置的速度关系，判断安培力大小关系，进而判断焦耳热关系；

本题关键是分析受力，根据牛顿第二定律研究加速度如何变化，会用楞次定律或右手定则判断感应

电流方向。

10.答案：ABC

解析：解：AB,重力做功与路经无关，与移动物体的初末位置的竖直高度差有关W=mg/i,九为高

度差，重力做正功，其重力势能能减少，做负功则重力势能增加，则AB正确

CD、电场力做功MB=q〃B，与路径无关，不论正电荷还是负电荷，电场力做正功时电势能减小，

做负功时电势能增加，则C正确，。错误。

故选：ABCo

由重力做功与电场力做功特点分析判断.重力做功改变重力势能，电场力做功改变电势能.

本题考查功能关系的应用，要注意由于电场力与重力的相似性，分析其做功特点，掌握电场力，重

力做功正负与势能的变化关系.

11.答案：体积不变，气体分子的密集程度不变温度升高，气体分子的平均动能增大

解析：解：保持体积不变时，气体分子的密集程度不变；温度升高，气体分子的平均动能增大，故

压强增大。

故答案为：(1)体积不变，气体分子的密集程度不变；

(2)温度升高，气体分子的平均动能增大。

气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的；气体压强的影响因素

有两个：一是温度，即气体分子的平均动能，二是体积，即气体分子的密集程度。

本题关键是能够根据气体压强的微观意义来解释气体压强的决定因素，同时明确温度是分子热运动

平均动能的标志。

12.答案:哈1+净

解析：解：摆长为L的周期T=Ti=2兀

摆长为L一1=争的周期为72=2#；

故小球完成一次全振动的时间为：7=空=兀缶（1+乎）

故答案为：兀1（1+弓）

小球完成一次全振动的时间叫做周期，结合单摆运动的对称性和周期性分析，注意摆长的变化.

本题关键是明确周期的含义，注意摆长的变化从而导致周期的变化，然后根据单摆的周期公式列式

求解，基础题.

13.答案："］（1）①接通电源；实验结束关闭电源；②（痴+&+［）］（；+0+二）；960；（2）将重锤换成较

大质量的重锤或者实验过程中让重锤下落时纸带尽量减小摩擦；

［2］（1）平行四边形；弹簧秤（两只）、铅笔；（2）DBC4FE

解析：解：［1卜（1）①实验中安装、调整好器材，穿好纸带，在打点之前，应先接通电源，后松开

纸带，实验结束关闭电源整理器材.

故答案为：接通电源；实验结束关闭电源.

②根据匀变速直线运动的推论小x=aT2,有：

3al（27）2①

x6-x3=

&-％2=3a2（2T）2②

2

x4-Xi=3a3（2T）③

a=巴节玛④

联立①②③④解得：a=（%+&+翼浮+&+右）

带入数据解得a=9.60m/s2.

（2）根据实验原理可知，造成该实验误差的主要原因是物体下落过程中存在摩擦阻力，一是小球下落

的空气阻力，二是纸带和限位孔之间的摩擦，故具体采取的具体措施为：将重锤换成较大质量的重

锤或者实验过程中让重锤下落时纸带尽量减小摩擦.

故答案为：将重锤换成较大质量的重锤或者实验过程中让重锤下落时纸带尽量减小摩擦.

[2]

（1）做探究共点力合成的规律实验中我们的目的是验证力的平行四边形定则，根据实验目的可知具体

需要的实验器材有：方木板（固定白纸），白纸（记录方向画图）、刻度尺（选标度）、绳套（弹簧秤拉橡

皮条）、弹簧测力计（测力的大小）、图钉（固定白纸）、三角板（画平行四边形），橡皮条（让力产生相同

的作用效果的），铅笔（作图）.

故答案为：平行四边形；弹簧秤（两只），铅笔.

（2）实验步骤本着先安装设备（或者实验器材），然后进行测量的思路进行设计，同时注意操作的先后

逻辑以及简单易行的原则，由此可知该实验步骤为：E、D、B、F、A、C、G.

故答案为：DBCAFE.

[1],（1）①实验中安装、调整好器材，穿好纸带，在打点之前，应先接通电源，后松开纸带；②根

据逐差法可以求出物体运动的加速度大小；（2）根据实验原理可知，造成该实验误差的主要原因是物

体下落过程中存在摩擦阻力，因此从减小摩擦阻力的角度进行实验的改正.

[2]、（1）明确实验原理和实验目的，根据需要测量的物理量可知需要哪些器材；（2）明确实验目的，

以及实验所要测量的物理量，即可正确安排实验步骤，注意要符合逻辑先后顺序，同时便于操作，

不能逻辑顺序颠倒.

明确实验原理，对于基础实验要亲自动手进行实际操作，同时加强利用基本物理规律解决实验问题

的能力.

14.答案：甲3.0833

解析：解：（1）由题意可知，电流表内阻不知且电压表内阻较大，电压表的分流对实验影响较小，电

流表应采用内接法，应采用图甲所示实验电路。

（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）根据坐标系内描出的点作出电源U-/图象如图所示:

U/V

3.4

..I.

ro。…。

3.0

2.6

2.2

1.8

1.4

0740781?21?62?0274I/JSA

由图示电源U—/图象可知，电源电动势为：E=3.0V,

电源内阻为：「=詈=手与=833。；

故答案为：⑴甲;(2)实物电路图如图所示;(3)3.0；833。

(1)根据实验原理与实验器材分析选择实验电路。

(2)根据实验电路图连接实物电路图。

(3)电源U-/图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，根据图示图象

求出电源电动势与内阻。

本题考查了测电源电动势与内阻实验，考查了实验电路的选择、实验数据处理与实验误差分析等问

题，知道实验原理是解题的前提与关键；根据图象求出电源内阻时要注意，图象纵轴起点坐标值不

是0,这是易错点。

2

15.答案：解：(1)从距a点0.25m处释放的粒子到达虚线ef,根据动能定理可得：qEiy=|mv

由于y=%2,

解得：v=叵口

y]m

从距a点0.25m处释放，即/=0.25m,代入数据可解得：

%=2.0x103m/s：

(2)所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设轨迹半径为r,由牛顿第二定律可得：

p2

qvBC=m：,

解得「=吧=上但互X

qBB'q

分析可知，当磁感应强度B一定时，轨迹半径r与X成正比，当N趋近于零时，粒子做圆周运动的轨迹

半径趋近于零，即所有粒子经磁场偏转后都从d点射出磁场，且有2r=x,联立并代入数据解得B=

0.1T；

(3)粒子从d点沿竖直向下的方向进入区域〃的电场中后，所有*\X

粒子均在电场力作用下做类平抛运动,

对于打到N点的粒子，设其射入电场时的速度为吸，

则a=华=3,2x107m/s2

—=2.5x10-4s

u2=g=4x103m/s

C4

该粒子为从ab的中点释放的粒子

故打到荧光屏上的粒子占粒子总数的50%

该粒子在区域I的电场中运动的时间为匕，则有以=警£

解得：h=；x10-3s

O

无场区的时间t2=2x10-35

1O

在磁场中运动的时间为匕，在匀强磁场中转过的圆心角。=兀,

在电场E2中的时间t4=1X10-35

故该粒子所经历的总时间t=h+t2+t3+Q，

代入数据得t=学X10-3=7.59x10-4s。

16

答：⑴从距a点0.25m处释放的粒子到达虚线e/的速度%为2.0x103m/s；

(2)如果所有的粒子均从同一位置离开匀强磁场，则该磁场的磁感应强度B为0.17；

(3)在满足第(2)问的条件下，打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比为50%,粒子发射后打到荧

光屏上的最短时间为7.59xKT，s。

解析：⑴从距a点。.25m处释放的粒子到达虚线ef,根据动能定理求解速度大小；

(2)所有带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径表达式，分析粒子运动情况,

代入数据求解磁感应强度；

(3)粒子从d点沿竖直向下的方向进入区域n的电场中后，所有粒子均在电场力作用下做类平抛运动,

根据类平抛运动的规律求解打到荧光屏上的粒子占粒子总数的百分比；再分别求出该粒子在区域I

的电场中运动的时间、无场区的时间、磁场中运动的时间、电场坊中的时间，由此得到粒子发射后

打到荧光屏上的最短时间。

本题主要是考查带电粒子在磁场中的运动和电场中的运动，对于带电粒子在电场中运动时，一般是

按动能定理或类平抛运动的知识进行解答；对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆

心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应

的圆心角求时间。

16.答案：解：=100N/m

开始时4处于静止状态，4对弹簧的压力等于4的重力；B恰好要离开地面时，B物体受到的拉力等于

B的重力；由胡克定律可得4上升的高度:

mgmg2x101x10

h=—：r1—：2—=-“H-—”=0.3m

kk100100

由于C恰能使B离开地面但不继续上升，可知ChM的末速度都是0,由功能关系可得弹簧的弹性势能

的变化量:

△E=m3gh—m1gh=(1.5—2)x10x0.3=-1.5/

(2)。下降”的过程中机械能守恒，得：m4gH=1巾4说

轻绳拉紧的一瞬间，轻绳对4的冲量与对。的冲量大小相等，方向都向上，设为/,轻绳拉紧后4与。的

速度大小相等，设为W，则对4取向上为正方向，则：I=mg

对。取向下为正方向，贝ij：-/=m4v2-m4v1

。刚刚落地时，4与。的速度仍然是大小相等，设为巧,则：|(mj+m4)vf+(m4-m^gh=^(m1+

7n4泗+△E

联立解得：v3=

答：(1)C从释放到落地过程中弹簧弹性势能的变化量是-1.5/；

(2)。刚刚落至地面时的速度是号m/s.

解析：(1)开始时4、B均处于平衡状态，由平衡条件可以求出开始时弹簧的弹力以及弹簧从长度；C

到达最低点时，B恰好离开地面，此时弹簧的弹力等于B的重力，C下降的距离等于弹簧从被压缩到

回复原长再到被拉长的形变量的长度，求出开始弹簧的压缩量，再求出弹簧的伸长量，即可求出。卜

降的距离.然后结合机械能守恒即可求出弹簧的弹性势能的变化；

(2)由机械能守恒求出轻绳刚刚被拉直时。的速度，然后由动量守恒求出4与。的共同速度，最后结合

机械能守恒求出。刚刚落至地面时的速度.

本题考查了求力、距离问题，分析清楚物体的运动过程，明确它们所处的状态是正确解题的前提与

关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题.对于含有弹簧的问题，都要分析弹簧的状态，

弹簧通常有三种状态：原长、伸长和压缩，根据几何关系研究物体上升的高度是常用的思路.

17.答案：解：(i)初始状态汽缸左侧的气体温度为A=27n=300K,设左右两部分横截面积分别为

2s和S,当活塞4刚好移动到汽缸连接处时气体的温度为T。，移动过程中气体的压强保持不变，根据

盖一吕萨克定律有：

L-2S_2L-2S

丁二To

代入数据解得：To=6OOK。

(ii)当汽缸左侧内的气体温度为800K之前，活塞4已经移动到了两汽缸的连接处,之后体积不再变化,

对汽缸左侧内的气体，根据理想气体状态方程有：

L-2S_p1-2L-2S

丁二T2

代入数据解得：PI