2021年山东省济南市高考物理模拟试卷（附答案详解）

一、单选题（本大题共9小题，共28.0分）

1.比值定义法是物理学上常用的定义物理量的方法，被定义量不随定义时所用物理量

的变化而变化，下列不属于比值定义法的是（）

A.E=£B.C=号C./=?D.B=2

qUR1L

2.某同学将一网球竖直向上抛出，一段时间后落回原处，此过程中空气阻力大小保持

不变，以竖直向上为正方向，下列位移-时间图象中可能正确的是（）

3.如图所示，6两电子围绕静止的正点电荷做匀速圆周运动，不/二二

计电子间的相互作用，下列说法正确的是（）；•©V（

A.”电子受到的电场力小于6电子受到的电场力二二二/

B.a电子的电势能小于b电子的电势能

C.a电子的线速度小于b电子的线速度

D.a电子的周期大于b电子的周期

4.如图所示，一根质量分布均匀的项链悬挂于水平杆上，项链左端点

受到的拉力为Fi，项链中点处张力为尸2。保持左端不动，让项链右

端缓慢向左移动的过程中（）

A.月减小,6减小

B.&不变，尸2减小

C.&减小，尸2增大

D.片不变，尸2增大

5.“实时荧光定量PCR”是目前检测新型冠状病毒的最常见的方法。一般情况下，当

特定的荧光染料被一定波长的光照射时，入射光的一部分能量被该物质吸收，剩余

的能量将荧光染料中的原子激发，由低能级跃迁到较高能级，经过较短时间后荧光

染料便可发出荧光。仅考虑以上情况，下列关于荧光染料发出的荧光的说法中正确

的是（）

A.荧光光谱是连续谱

B.荧光光谱是吸收光谱

C.荧光波长不可能小于入射光的波长

D.荧光波长一定等于入射光的波长

6.如图所示为一辆塞满足球、排球、篮球的手推车，车

沿倾角为。的粗糙路面向下加速运动。图中A是质量为

，”的一个篮球，关于它受到的周围其它球的作用力，

下列判断正确的是（）

A.一定等于7ngsin。B.一定大于mgsin。

C.一定等于mgcos。D.一定大于mgcos。

7.如图所示，某同学正在进行投篮训练。已知篮球出手点到地面的距离为h=1.8m,

篮筐到地面的距离为"=3m,出手点到篮筐的水平距离为L=4.2m。若出手时篮

球的速度方向与水平方向的夹角为53。，且能直接进入篮筐，则出手时篮球的速度

大小约为(VTT工3.3,sin53°=0.8,cos53°=0.6)()

A.5.6m/sD.9.0m/s

8.如图所示，质量均为?n=1即的小物块A和长木板B叠放

在一起，以相同的速度%=5m/s在光滑水平面上向右匀I~亡;J…

7777x7777/777777777777

速运动，A、8间的动摩擦因数〃=0.25。给长木板8一个

水平向左的力，且保持力的功率P=5小不变，经过一段时间，A开始相对于B运

动。则这段时间内小物块A克服摩擦力做的功为（）

A.36JB.24JC.18JD.12J

9.如图所示，是我国发射的“天问一号”火星探测器的运动轨迹示意图，首先在地面

上由长征五号运载火箭发射升空，然后经过漫长的七个月进行地火转移飞行，到达

近火点时精准“刹车”被火星捕获，成为环绕火星飞行的一颗卫星，以下说法中正

确的是（）

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地火「移收

A.长征五号需要把“天问一号”加速到第二宇宙速度

B.近火点的“刹车”是为了减小火星对“天问一号”的引力

C.从火星停泊轨道向遥感轨道变轨过程，“天问一号”还需要在近火点刹车

D.“天问一号”沿遥感轨道运行时在近火点处的动能最小

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

10.如图所示为交流发电机的模型示意图，矩形线框Hcd在匀强

磁场中绕00'逆时针匀速转动，从图示位置开始转过90。的过程

中，下列说法正确的是（）

A.电流方向由c到江大小逐渐减小

B.电流方向由〃到c,大小逐渐增大

C.电流的有效值与平均值的比值为每

2

D.电流的有效值与平均值的比值为每

4

11.如图所示,匕两束单色光通过半圆形玻璃砖从圆心。点出射,

保持入射光的方向不变，让半圆形玻璃砖绕。点逆时针缓慢转

动，当转过a角时，a光出射光消失；当转过口角时，匕光出射

光消失，已知下列说法正确的是（）

A.〃光在介质中的折射率大于6光在介质中的折射率

B.a、％两束光在介质中的光速之比为舞

C.通过同一狭缝时，。光的衍射现象更明显

D.分别用两束光使用同一装置做双缝干涉实验，。光的条纹间距大于6光的条纹

间距

如图所示，光滑水平面上有竖直向下的有界匀强磁场，6XXXX

XXXX

正方形线框abed以与出?垂直的速度火向右运动，一I_XXXXX

段时间后进入磁场，磁场宽度大于线框宽度，"边刚XX*XX

进入磁场时的速度为|孙。整个过程中外、〃边始终与磁场边界平行。若线框进入

磁场过程中通过线框的电荷量为4,线框中产生的焦耳热为。，则线框穿出磁场过

程中（）

A.通过线框的电荷量为qB.通过线框的电荷量为|q

C.线框中产生的焦耳热为|QD.线框中产生的焦耳热为|Q

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.某同学设计利用如图中所示装置验证单摆的周期公式，其中传感器可以记录光强度

随时间的变化情况，将传感器固定在悬点正下方，当小球摆到最低点时遮挡光线，

计算机采集数据后得到的光强-时间图像如图乙所示•

（1）此传感器是将光信号转化为信号的装置。

（2）由图乙可得，第1次光强最小到第N次光强最小的时间为3则该单摆的周期可

表示为A=（用N、，表示）。

（3）该同学测出小球直径。，绳长L,若已知重力加速度g,则单摆周期公式可表示

为72=（用O、L、g表示）。在误差允许范围内7;=72,即可验证公式正确。

光强

传感器T1V•W

时间

14.某兴趣小组用如图甲所示的电路测量待测电阻&的阻值（约为4000）,图中回（即=

1000）为量程\0mA的灵敏电流计，品为定值电阻（&=1000）,R为滑动变阻器（阻

值范围0〜100）。

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图甲

(1)按照图甲所示的电路图，将图乙中的器材实物连线补充完整。

(2)将滑动变阻器置于适当位置后，闭合开关Si，将单刀双开关52接1端，改变滑

动变阻器滑片位置，记录此时电流计的示数k保持滑动变阻器滑片不动，将S2接

2端，记录此时电流计的示数%。忽略电路中M、N两点间的电压变化，则待测电

阻&的阻值的表达式为&=(用A、％、Ro、Rg表示)。

(3)改变滑动变阻器滑片位置，重复上述步骤，得到如表中4组数据:

1234

Ix/mA6.505.504.403.30

I2/mA5.284.563.662.74

li

1.231.211.201.20

，2

利用表中数据，可以求得“=0(保留3位有效数字)。

(4)若考虑电阻变化对电路的影响，q的测量值______(填“大于”、“小于”或

“等于")真实值。

24.50cm。已知液体的密度p=13.6x103kg/m3,山顶处重力加速度g=9.80m/s2,

计算结果均保留3位有效数字，求：

(1)玻璃管竖直放置时，液柱由于重力产生的压强p；

(2)山顶的大气压强po。

16.如图所示，平衡位置位于原点。的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向

传播，以波源刚开始起振为计时起点，其振动方程为y=5sin，0&cni,经过△t=

0.45s,观察到坐标为(2m,0)的P点正好第一次处于波峰，求这列简谐横波的波速

和波长。

y/ctn

0PxAm

17.如图所示，倾角为。=30。的斜面固定在水平地面上，物块A的质量为M=3kg,

静止在斜面上，距斜面底端为s=4m,物块B的质量为m=1kg,在斜面上距物块

A上方1=2.5m的位置由静止释放，两物块均可看作质点，物块碰撞时无机械能损

失，两物块由不同材料制成，A与斜面之间的动摩擦因数四=/，B与斜面间的摩

擦忽略不计，重力加速度大小g=lOm/s2,求：

(1)发生第一次碰撞后物块A的速度以1和物块B的速度为1；

(2)两物块第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间t；

(3)物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数〃。

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如图甲所示的空间直角坐标系QQZ中，分界面P、荧光屏。均与平面Oxy平行，分界

面P把空间分为区域I和区域H两部分，分界面P与平面。孙间的距离为L,z轴与分

界面「相交于。'。区域I空间中分布着沿y轴正方向的匀强电场，区域口空间中分布着

沿x轴正方向和z轴正方向的交替出现的磁场，磁感应强度大小均为为,变化规律如图

乙所示。电荷量为外质量为m的带正电粒子在)，轴负半轴上的某点沿z轴正方向出射，

经过区域I,到达。'点时速度大小为为、方向与z轴正方向成0=60。角：以带电粒子在

0'点的时刻为t=0时刻，再经过区域口打在荧光屏。上，其速度方向恰好与经过。'点

时速度的方向相同，粒子所受重力忽略不计，不考虑场的边缘效应及相对论效应。求:

(1)区域I内电场强度E的大小;

(2)t=最时刻粒子的速度内大小与方向;

(3)分界面P与荧光屏Q之间的距离&

(4)粒子打在荧光屏上的x坐标。

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1.【答案】c

【解析】解：A、电场强度E反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量4与电场力产，

属于比值定义法，故A正确；

8、电容C反映电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电压。、电荷量。无关，由电

容器本身的特性决定，属于比值定义法，故B正确；

C、公式/=J表示流过导体的电流/与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，

这是欧姆定律的表达式，不属于比值定义法，故c错误；

D、磁感应强度是由磁场本身决定的，与尸、IL无关,属于比值定义法，故。正确。

本题选不属于比值定义法的，

故选：Co

所谓比值法定义，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义

的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义的物理量无关.

解决本题的关键要理解并掌握比值法定义的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属

性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。

2.【答案】A

【解析】解：设空气阻力大小为力网球质量为〃?，根据牛顿第二定律得：

上升过程有瓶9+/=aa上

下降过程有小。-f=ma/、.

对比可得上升和下降的加速度大小关系为：a上〉a*,上升过程的逆运动是初速度为零

的匀加速直线运动，根据“=之。产，上升和下降的位移大小相等，可知上升和下降的运

动时间关系为：［上Vt尸，可知8图和。图不对。

上升过程，有s=可知s-t图像是开口向下的抛物线；

Z-1-

下降过程，有$=下（t-t上）2,其中，是上升的最大高度，t上是上升的时间，s—t

图像是开口向下的抛物线

综上可知，A图正确，故A正确，BCO错误。

故选：Ao

网球在上升过程中和下降过程中的加速度方向均竖直向下，根据牛顿第二定律分析加速

度随时间的变化情况，结合位移-时间公式列式进行分析。

本题考查位移-时间图像，要能够根据牛顿第二定律分析加速度随时间的变化关系，通

过位移-时间公式列式分析图像的形状。

3.【答案】B

【解析】解：设正点电荷带电量为Q,

4、由公式F=可知，电子与正点电荷距离越大，电场力越小，ra<rb,则“电子受

到的电场力大于匕电子受到的电场力，故A错误；

B、由于a电子离正电荷较近，a电子所在处的电势较高，因电子带负电，结合Ep=q(p,

则a电子的电势能小于b电子的电势能，故B正确；

C、“、6两电子围绕静止的正点电荷做匀速圆周运动，正点电荷对电子的库仑力提供向

心力。由牛顿第二定律，可得卜与=叱，得"=叵，所以4电子的线速度大于b电子

的线速度，故c错误；

D、由公式7=应可知，〃电子的线速度大于6电子的线速度，且“电子的半径小于6

V

电子的半径，则。电子的周期小于6电子的周期，故。错误。

故选：B。

4、S两电子到中心正点电荷的距离不同，结合库仑定律可比较电场力的大小。久b两

电子围绕静止的正点电荷做匀速圆周运动，正点电荷对电子的库仑力提供向心力。列出

相应表达式即可分析比较两者圆周运动各物理量的大小。

本题考查库仑定律以及向心力表达式，将电学知识与圆周运动知识相结合，考查学生对

基本公式的掌握情况，以及对知识综合运用情况，难度较低。

4.【答案】A

【解析】解：以左半段项链为研究对象，受力分析如图

由共点力的平衡条件可得:

F'Cosa—尸2

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F^sina=G

其中a表示项链在M点切线方向与水平方向夹角，保持左端不动，让项链右端缓慢向左

移动，则a增大，此时sina增大，cosa减小，故尸1减小，F2减小，故A正确，BCD错

误。

故选：A。

选取半段项链为研究对象，结合共点力的平衡条件，写出拉力的表达式，利用夹角的变

化判断力的变化。

本题属于动态平衡问题，处理时可以先写出力的表达式，结合夹角的变化来分析力的变

化情况。

5.【答案】C

【解析】解：人因为荧光染料吸收的是一定波长的光，由于能级的不连续性，所以荧

光染料被激发后，发出的光是不连续的，所以荧光光谱属于线状光谱，故A错误；

8、吸收光谱是温度很高的光源发出来的白光，通过温度很低的蒸汽或者气体后产生的，

根据题意可知荧光光谱属于发射光谱，故8错误；

CD,由于原子从低能级向高能级跃迁后不稳定再次向低能级跃迁，跃迁中释放的能量

只能等于或者小于入射光的能量，所以荧光波长大于或等于入射光的波长，故C正确，

。错误。

故选：Co

连续谱是连在一起的光带，炽热固体、液体及高压气体发光产生的光谱是连续谱；

线状谱是由一些不连续的亮线组成的谱线，稀薄气体、金属蒸气发光产生的谱线是线状

谱；

根据能级跃迁理论分析。

处于基态的原子吸收一个光子跃迁到激发态，再向低能级跃迁时辐射光子的频率一定不

大于入射光子的频率，其波长一定不小于入射光子的波长。

6.【答案】D

【解析】解：篮球与小车有共同的加速度，加速度方向沿斜面向下，则沿斜面方向合力

向下，

设篮球受到周围其他足球的作用力为巴方向斜向左上与斜面夹角为a,则a<90。，

则沿斜面方向：mgsind>Fcosa,

垂直斜面方向受力平衡：mgcosd=Fsina,

mgcosO

则尸=>mgcosd,

sina

尸<mgsind

cosa

则尸一定大于7ngeos。，但是不能确定与mgs讥。的关系。故4BC错误，。正确。

故选：Do

因篮球与小车有共同的加速度，可知篮球加速度方向，从而确定篮球受力情况。

本题考查学生受力分析能力，结合牛顿运动定律和力的合成分解知识，对学生分析综合

能力有一定要求，难度适中。

7.【答案】B

【解析】解：球抛出后运动可分解为水平方向和竖直方向两个分运动，水平方向做匀速

直线运动，竖直方向向上做加速度为g的匀减速运动。

水平方向位移L,则有L=%cos53。•3

2

竖直方向位移为(H-h),H-h=vosin53°-t-|5t,联立解得。(,=7.5m/s,故8正

确，ACQ错误。

故选：B。

本题可将球抛出后运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动，水平方向做匀速直线运

动，竖直方向向上做加速度为g的匀减速直线运动。由于球最后落入篮筐，故结合初末

位置可知水平方向和竖直方向位移，根据直线运动的规律列出等式即可求解。

本题考查运动的合成和分解，要求学生将小球的运动分解后，对于两个方向运动分别利

用直线运动规律求解，难度较低。

8.【答案】D

【解析】解：A开始相对于B运动时，AB之间的摩擦力刚达到滑动摩擦力，且AB加速

度和速度都相同，对A受力分析，A只受8给4的摩擦力，由牛顿第二定律得：

4mg=ma

解得：a=2.5m/s2

将AB看成整体，由牛顿第二定律得：

F—2ma

带入数据得：F=5N,

因为力F的功率恒定为P=5W,由P=Fv

得：v=lm/s,所以A开始相对于8开始运动时，A和B的速度都为lm/s,

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对A从开始到速度减小到lm/s的过程只有摩擦力做功,设物体4克服摩擦力做功为必,

由动能定理得：-Wf=^mv2-

解得：必=12/,

故。正确，ABC错误。

故选：Do

根据A开始相对于B运动时，AB之间的摩擦力刚达到滑动摩擦力，且AB加速度和速

度都相同，分别对A和整体根据牛顿第二定律得解得外力F的值，根据P=Fv求开始

相对运动时的速度，对A用动能定理求小物块A克服摩擦力做的功。

解题时把握住两个物体相对滑动的临界条件：两个物体加速度和速度相同，摩擦力达到

最大静摩擦即滑动摩擦，注意求得是物体克服摩擦力做的功。

9.【答案】C

【解析】解：A、“天问一号”已脱离地球的束缚达到火星，所以发射速度必须大于第

二宇宙速度，小于第三宇宙速度，故A错误；

B、根据F=G等知，近火点在“刹车”时，火星对“天问一号”的引力不变，“天问

一号”减速，使其所需要的向心力小于火星对“天问一号”的引力，从而使“天问一号”

做近心运动，故B错误；

C、从火星停泊轨道向遥感轨道变轨过程，做近心运动，“天问一号”还需要在近火点

刹车，故C正确；

。、“天问一号”沿遥感轨道运行时，根据开普勒第二定律可知，在近火点处的速度最

大，动能最大，故。错误。

故选：Co

根据宇宙速度的意义分析“天问一号”的发射速度；结合变轨原理分析“刹车”原理；

“天问一号”沿遥感轨道运行时，根据开普勒第二定律分析动能的变化。

解决本题时，要理解并掌握卫星的变轨原理，知道卫星要做近心运动，必须减速，机械

能要减小。

10.【答案】8。

【解析】解：AB、由题目可知，线圈位于中性面，矩形线框Med绕。。'做逆时针转动，

由右手定则可得：感应电流的方向为所以电流的方向由人到c,矩形线框从图

示位置开始转过90。的过程中磁通量的变化率逐渐增大，感应电动势逐渐增大，故电流

大小逐渐增大，故A错误，B正确；

8、感应电流最大值为/皿=含:=喏，有效值为/=居=舒

产生的平均值感应电动势为E=詈=等=列詈，形成的平均感应电流7=—=

4wR+r

2NBSa)

?r(R+r)

故彳=等，故c错误，。正确；

故选：BD。

线圈转动产生感应电流，根据楞次定律求得产生的感应电流方向，根据穿过线圈磁通量

的变化判断出电流大小的变化，根据Em=BS3求得线圈转动产生的最大感应电动势，

由E=^求得有效值,结合闭合电路的欧姆定律求得电流，根据后=处求得产生的平均

V2At

感应电动势，结合欧姆定律求得平均电流，即可求得比值。

本题考查了有关交流电描述的基础知识，知道产生的最大感应电动势为=NBS&),

知道有效值跟峰值的关系，知道平均感应电动势的计算方法即可。

11.【答案】AB

【解析】解：A、由题意可知a光的临界角小于人光临界角，根据几=高得“光在介质

中的折射率大于光在介质中的折射率，故A正确；

B、根据"=结合九=高得光速之比为£=舞，故B正确；

C、由于〃光在介质中的折射率大于匕光在介质中的折射率，则a光的波长小于6光的

波长，通过同一狭缝时，b光的衍射现象更明显，故C错误；

D、因为a光的波长小于。光的波长，根据=分别用两束光使用同一装置做双

缝干涉实验，。光的条纹间距小于b光的条纹间距，故。错误。

故选：AB.

由“光的临界角小于b光临界角，根据几=心可比较两光在介质中的折射率大小：结

合"=2可得光速之比；由折射率的大小关系可得波长大小关系，进而可知通过同--狭

缝时哪种光的衍射现象更明显；根据△X=判断双缝干涉中条纹间距的大小。

本题考查了光的全反射、干涉，衍射等问题，考查知识点全面，重点突出，充分考查了

学生掌握知识与应用知识的能力。

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12.【答案】AC

【解析】解：A3、通过线框的电荷量为q=，.△[=%=空，由于线框穿出磁场过程

与进入磁场过程磁通量的变化量相等，所以这两个过程通过线框的电荷量相等，均为°,

故A正确，8错误；

CD、线框进入磁场过程，根据能量守恒定律得Q=诏-|m(|v)2=2nl诺

Z230lo

设线框离开磁场时的速度为V。线框穿出磁场的过程，由动量定理得

-2

—BILt=mv—m•v0

其中〃=q,联立得：-BLq=mv-niw%

同理，线框进入磁场的过程，有：-BLq=m-g"0-m%,联立解得v=

故线框穿出磁场过程中产生的焦耳热为Q'=im(^v)2-|m(iv)2==：Q，故

23023065

C正确，。错误。

故选：AC.

根据线框穿出磁场过程与进入磁场过程磁通量变化量的关系，由勺=竽求线框穿出磁场

过程通过线框的电荷量；根据动量定理求出线框离开磁场时的速度，再由能量守恒定律

求线框中产生的焦耳热。

本题的解题关键运用动量定理列式，分析知道线框进入磁场的过程与穿出磁场的过程动

量变化是相等的，从而求出线框穿出磁场时的速度。

13.【答案】电念27rM

NTJg

【解析】解：(1)此传感器是将光信号转化为电信号的装置。

(2)在一个周期内摆球2次经过平衡位置，一个周期内摆球两次挡光，单摆的周期7\=

t_2t

-N-l°

2

(3)单摆摆长2=L+?

单摆周期公式马=27r3

9

故答案为：(1)电；Q)含；(3)2兀空。

(1)传感器将光信号转变为电信号。

(2)单摆在一个周期内经过最低点2次，根据题意求出单摆的周期。

(3)摆线长度与摆球半径之和的单摆摆长，根据单摆周期公式分析答题。

理解实验原理是解题的前提，掌握基础知识、分析清楚单摆运动过程，应用单摆周期公

式即可解题。

14.【答案】占Ro-Rg376大于

“T2°

【解析】解：(1)根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图乙所示;

图乙

(2)电路M、N间电压保持不变，由串联电路特点与欧姆定律得：

&+Rg)=，2(&+Ro+Rg)

解得：&=高心一%;

(3)将表中实验数据代入&=氏&-6解得：

Rx。，右。，R工

X1333RX2X3850,/?x3395x43890,

则待测电阻阻值：Rx=%+―?+―=333+385+395+389p“376。。

(4)单刀双开关S2接2时，电路总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变

小，

路端电压变大，分压电路分压变大，即M、N间电压变大，%的测量值偏大，

121

RRR=RR

待测电阻阻值：X=7^0-9in0-9,%测量值偏大，则待测电阻RJ则量值

大于真实值.

故答案为：(1)实物电路图如图乙所示；(2)高Ro-⑹；(3)376；(4)大于。

(1)根据电路图连接实物电路图。

(2)根据串联电路特点与欧姆定律求出待测电阻的表达式。

(3)根据表中实验数据求出待测电阻阻值。

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(4)根据实验步骤应用欧姆定律分析实验误差。

本题考查了测电阻阻值实验，分析清楚电路结构、理解实验原理是解题的前提，应用串

联电路特点与欧姆定律即可解题。

15.【答案】解：h=40.00cm=0.4000m,卜=20.00cm=0.2000m,l2=24.50cm=

0.2450m

(1)玻璃管竖直放置时，液柱产生的压强：

p—pgh—13.6x103x9.80x0.4000Pa〜5.33x104Pa

(2)山顶大气压是po,封闭气体初状态压强pi=p0+p,设玻璃管的横截面积是S,气体

初状态体积匕=IS

玻璃管倾斜至与水平面成30。角时，液体对封闭气体产生的压强

p'=pghsin30°=13.6x103x9.80x0.4000x0.5Pa=2.665x104Pa

封闭气体末状态的压强P2=Po+P'，封闭气体末状态的体积彩=%S，气体温度不变，

由玻意耳定律得：P1V1=P2^2>

代入数据解得：Po=9.18x104Pa

答：(1)玻璃管竖直放置时，液柱由于重力产生的压强0是5.33X104pa；

(2)山顶的大气压强po是9.18x104Pa„

【解析】(1)根据液体压强公式求出液柱产生的压强。

(2)求出玻璃管内封闭气体的状态参量，应用玻意耳定律求出山顶的大气压强。

本题考查了求压强问题，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量,

应用液体的压强公式与玻意耳定律即可解题。

16.【答案】解：根据波源的振动方程y=5sin/07rtcni,知3=10兀，

则T=生==0.2s,由题意可知，t=0.45s时，P已经振动了△t?=工7=0.05s,

波从o点传到P点时间为仆G=△t-△t2=(0.45-0.05)s=0.4s

由f=菱=后7n/s=5ni/s

所以4=vT=5X0.2m=Im

答：这列简谐横波的波速为5/n/s,波长为lm.

【解析】根据波源的振动方程可计算周期，由P点状态分析波从O点传到P点时间，

计算波长和波速。

本题首先考查振动方程，知道波传播的周期，注意由P点状态分析波从。点传到尸点

时间，利用波在同介质中匀速传播的特性计算波速。

17.【答案】解：(1)对8物体从开始下滑到碰撞前，据机械能守恒律有：mglsind=

代入数据求得：%=5m/s

对AB系统，由于碰撞时间极短，动量守恒，以沿斜面向下为正方向有：mBvr=mBvB1+

mAvA1

弹性碰撞机械能守恒：扣B资="血2+^mAV2

v

解得：VBI=^ji=*x5m/s=-2.5m/s,vA1=^7%=景x5m/s=2.5m/s

(2)之后,A向下做匀减速运动，其加速度以=则"谭幽”=10x纲/S2-曰x10x

^-m/s2=—2.5m/s2＞

当速度减为零的位移马1=用1=手黑瓶=1.225m,时间以1=$=墨s=

0.5s

而8做匀变速直线运动，其加速度＜1=深丝=5m/s2,当位8的位移=41时的速

度及2=，吊1+2CLBXBI=J(-2.5)2+2x5x1.225m/s=2.5小1m1s，时间1BI=

竺%=2叱.2.5)S=空$＞以1。那么第二次碰撞与第一次碰撞的时间《=tB1=

O-B52

V3+1

---------o

2

(3)从以上分析可以看出，第二次碰撞前B的速度％=2.5b=巧%，根据弹性碰撞的

规律，碰撞后A的速度以2=器方=乎巾/s=与以1，下滑的距离右2=察=］办1。

余次类推，第三次碰撞时A下滑的位移=：乙2……,呈等比数列，经过

〃次碰撞后下滑的位移马伽-1)=弓尸马1，

x3

那么有当1+XA2+XA3+IX|x4l...+AnNS，1.225{1+(/2+(|)+

(；)4……C)FI}24

解得：九=5.2,取？i=5

答：(1)发生第一次碰撞后物块A的速度以i为2.5m/s,方向向下，物块3的速度为1为

2.5m/s,方向向上；

(2)两物块第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间t为等；

(3)物块A到达斜面底端的过程中，两物块发生碰撞的总次数〃为5。

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【解析】(1)根据机械能守恒求出碰撞前B的速度，再根据动量守恒和机械能守恒求出

碰撞后4和8的速度；

(2)由动力学规律判断A速度减小为零的位移，碰撞后8的速度也就是第二次碰撞前的

速度，并找到两次碰撞前的速度关系；

(3)碰撞的次数由4每次向下的位移，找到每次碰撞后与上次速度碰撞后的速度关系，

从而求出每次下移距离的关系，距离之和不大于s,列式求出碰撞次数。

本题考查了动量守恒定律和机械能守恒的综合运用，关键之一要灵活运用弹性碰撞碰后

的速度詈潦%,%'=含T%。关键之二是灵活运用动力学规律找到本次碰撞前

"I1十m27711+m2

的速度与上一次碰撞前的速度关系，从而得到A