2021年广东省高考物理猜题试卷（附答案详解）

2021年广东省高考物理猜题试卷

1.2020年11月27日00时41分,华龙一号全球首堆一一中核集团福清核电5号机组

首次并网成功，标志着中国正式进入核电技术先进国家行列。核电站的产热核心是

放射性重元素，通常为铀-235。以下关于华龙一号的说法正确的是（）

A.华龙一号中发生的是核聚变

B.华龙一号中可能发生的一种反应是笏U-暧Ba+^Kr+2jn

C.核反应堆中可采用重水、石墨作为慢化剂

D.核反应过程中遵循质量守恒定律

2.木星有4颗卫星是伽利略发现的，称为伽利略卫星。已知木卫二的质量〃，、绕木星

做匀速圆周运动的轨道半径r,木星的质量M、半径R、自转周期7,万有引力常

量G。根据万有引力的知识计算木卫二绕木星运动的周期7',下列表达式中正确的

3.如图所示，某学生的水壶（含挂绳）挂在课桌边，图甲为实物图，图乙为简化图，。

为挂钩，A、B等高且之间栓接挂绳，不计一切摩擦，以下说法正确的是（）

甲乙

A.挂绳对挂钩的作用力等于水壶的重力

B.挂绳对挂钩的作用力大于水壶的重力

C.课桌对水壶的作用力大于水壶的重力

D.课桌对水壶的作用力小于水壶的重力

4.一位同学用圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化,

如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通

过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质。若发现某

一小段时间内有电流从下向上流过电流计，则下列说法中正确的是（）

彩电溶液阀门

A.该电容器的电容在变大B.该电容器的电压在变大

C.该电容器的电量在变大D.塑料瓶内液面在降低

5.如图所示,质量为2kg的椰子从距地面高度为20/n的树上由静止

落下，将沙地砸出小坑后静止，与沙地接触时间约为0.01s。不

计椰子下落时的空气阻力，取g=10m/s2»贝lj（）

A.椰子落地时瞬间动量为20kg-m/s

B.沙地对椰子的平均阻力约为4000N

C.沙地对椰子做的功约为4000J

D.沙坑的深度约为20。”

6.如图所示，正方形出口/的四个顶角各有一根垂直于正方形

平面的细长直导线，通有大小相同的电流，相邻导线电流方

向相反，。为正方形的中心，下列说法正确的是（）

A.四根导线受到的安培力均垂直于导线指向。

B.过a、6点的两根导线受到的安培力等大反向

C.过“、c点的两根导线受到的安培力等大反向

D.过”点的两根导线受到的安培力等大反向

7.如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电

网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，

两条输电线的总电阻用品表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。如果变压器上

的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是（）

A.用户的用电器是串联的，R增大

B.4的示数变小

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C.匕示数变化量的绝对值与&示数变化量的绝对值的比值不变

D.匕与彩示数的比值等于&与4示数的比值

8.如图，一演员表演飞刀绝技，由。点先后抛出完全相

同的两把飞刀，分别垂直打在竖直木板上M、N两点。

假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，与“点

的飞刀相比，N点的飞刀（）

A.击中板时动能较大

B.击中板时动能较小

C.抛出时重力的瞬时功率较大

D.抛出时重力的瞬时功率较小

9.ETC是电子不停车收费系统的简称，可以加快高速公路的通行。甲、乙两车同向分

别走ETC通道和人工通道，初速度和加速度均相同，通过后又加速到原来的速度，

从甲车减速开始计时，u-t图像如图所示（10s后的图像未画出），两车在t=6s时

恰好在4线（收费处）相遇，乙车人工缴费耗时15s。以下说法正确的是（）

A.两车减速时的加速度大小为2.5m/s2

B.t=0时，甲车在乙车前面35,〃处

C.乙车从减速到恢复原来速度共历时27s

D.走ETC通道比走人工通道节约时间20s

10.如图，水平方向的有界匀强磁场，上、下边界均水平，且相距为a

L。一个边长为d（d<L）的正方形铜线框必cd,从某高处自由下h

落，下落过程中松边始终保持水平状态且线框平面总在竖直平

面内。若从儿边刚进入磁场开始计时;取向下为正方向，则线*

框所受安培力F随时间/变化的图象可能是（）•

11.某同学在研究加速度与物体受力之间的关系时改进了实验方案，他用无线力传感器

来测量小车受到的拉力。如图9(a)所示，他将无线力传感器和小车固定在一起，跨

过定滑轮的细绳一端系着砂桶，另一端系在传感器的挂钩上，调整细绳方向与木板

平行。

(1)请判断在改进后的实验中以下步骤是否还有必要并说明理由。

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步骤是否有必要并说明理由

调整木板倾角平衡摩擦力和其他阻力—

控制砂和桶的总质量应远小于小车和

—

车内祛码的总质量

(2)图(b)所示为实验中得到的一条纸带，纸带上相邻两计数点之间的时间间隔为

T=0.10s,由图中数据可计算出小车的加速度a=zn/s2(结果保留2位有效

数字).

12.有一根细长而均匀的金属管线，横截面积如图a所示，外截面为正方形，因管内中

空部分截面形状不规则，无法直接测量。已知这种金属的电阻率为p,现设计一个

实验方案，测量中空部分的横截面积S。。步骤如下：

(1)按照图b电路图，将图C-实物图连接完成需要完成下列哪些选项的步骤O

A.a接e

B.b接d

C力接c

D“接了

(2)实验中，用游标卡尺测出金属管线的长度为L；如图d,用螺旋测微器测出金属

管线外截面的边长为a=mm.

(3)根据所测数据，在坐标纸上描出了该金属管线的伏安关系图线，如图e所示。

由此图得出该金属管线的阻值为R=12(保留2位有效数字)，此结果比真实

值o(填“偏大”或“偏小”)

(4)用上述测量的物理量的符号，将金属管线内部空间横截面积表示为So=。

13.如图，某种质谱仪由以下几部分构成：粒子源MPQ间电压恒为U的加速电场；

静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方

向沿径向指向圆心0,且与圆心。等距的各点电场强度大小相等，只有沿圆形通道

的中心线运动的粒子才能通过静电分析器的小孔S2；磁感应强度为B的有界匀强磁

场，方向垂直纸面向外；胶片A/o

(1)求静电分析器中距离圆心。为R处的电场强度大小；

(2)若粒子源N发出的两种粒子，分别打到胶片M上的。、b位置,通过分析比较

它们的比荷大小。

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14.如图所示，质量为M=2kg的滑槽静止在光滑的水平地面上，滑槽的AB部分是长

为，=16的粗糙水平面，8C部分是半径为R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道，滑

块尸置于滑槽上面的A点。一根长为L=0.9m、不可伸长的轻质细绳一端固定于0',

另一端拴着小球Q。将小球。拉至细绳与竖直方向成600的位置，静止释放，小球

。到达最低点时与滑块P发生弹性碰撞且时间极短，最终物块P未离开滑槽。已知

滑块P和小球。的质量均为m=Mg,它们均视为质点，取g=10m/s2,忽略空

气阻力，设滑块P与滑槽AB之间的动摩擦因数0.6<n<l.

(1)求碰撞瞬间滑块P所受冲量/的大小；

(2)若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C,求动摩擦因数〃；

(3)讨论滑块P在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？

如不可能，说明理由；如可能，试求出B向右滑动时动摩擦因数〃的取值范围。

15.两个分子从靠得不能再靠近的位置向无穷远处运动，在运动过程中分子间引力

(选填“一直增大”、“一直减小”、“先增大后减小”或“先减小后增

大”)，分子势能(选填“一直增大”、“一直减小”、“先增大后减小”或

“先减小后增大”)。

16.如图，一个内壁光滑且导热的圆柱形气缸静止在一水平面上，

缸内有一质量m=10kg的活塞封闭一定质量的理想气体，气缸

右下端有一个关闭的小阀门K。一劲度系数k=500N/m的弹簧

一端与活塞相连，另一端固定在。点。整个装置都处于静止状

态，此时弹簧刚好处于原长，活塞到气缸底部的高度为h=30cm。已知活塞的表

面积为S=50cm2。大气压恒为po=1.0xl()5pa,重力加速度g=lOm/s?。

(i)求缸内气体的压强Pi；

3)缓慢打开阀门K,当活塞稳定时，气缸内剩余的气体为原来的几分之几？

17.如图，x轴上—2m、14相处有两个振动周期均为0.1s、振幅均为1。机的波源SI、S2,

质点M位于x轴上x=8m处。t=0时刻两波源同时开始由平衡位置竖直向上振动,

产生波长均为4利、沿x轴传播的简谐横波。则M点的振幅为cm,波源Si发

出的波经______到达M点。

S1,,Ms

LJ______L，J2；__I______

-40481216x/m

18.如图所示是半圆柱体玻璃砖的横截面，。。为直径，一束由。光和6光组成的复色

光从A点以。=60。的入射角由真空从。。面射入玻璃，“光和b光的折射光分别射

到。。弧的8、C点，其中8点是圆弧0。的三等分点，C点是圆弧。。的中点。

求：

(i)a、匕两种单色光的折射率之比；

(〃)射到弧中点C的〃光反射一次后折射出玻璃砖的折射光线与从C点直接折

射出玻璃砖的折射光线之间的夹角。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、核电站是利用重核裂变进行发电的，所以华龙一号中发生的是裂变，

故A错误；

5

8、铀核裂变的条件是反应前有中子轰击铀-235,而核反应中HU-斓Ba+HKr+2jn

没有中子轰击铀-235,故B错误；

C、核反应堆中可采用重水、石墨作为慢化剂，故C正确；

核反应过程中出现质量亏损，不遵循质量守恒定律，故。错误。

故选：Co

核电站是利用重核裂变进行发电的；铀核裂变的条件是反应前有中子轰击铀-235；核

反应堆中可采用重水、石墨作为慢化剂；核反应过程中出现质量亏损。

本题主要是考查裂变，知道发生裂变的条件，了解原子核反应堆的原理是解答本题的关

键。

2.【答案】A

【解析】解：对木卫二，根据万有引力提供向心力得：

6詈=崂2r

解得：7'=2兀叵，与木星自转周期T无关，故A正确，BCC错误。

7GM

故选：A。

对木卫二，根据万有引力提供向心力列方程即可求木卫二绕木星运动的周期

本题考查了万有引力定律及其应用，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换

式，解题依据为万有引力提供向心力。

3.【答案】B

【解析】解：AB、水壶的受力如图所示（图中T表示两根绳子的拉力的J

合力），由图可知，挂绳对水壶的作用力T的竖直分量等于水壶的重力

G,可知7>G,绳子对挂钩的作用力大小也是T,所以大于水壶的重

力，故A错误，B正确；,,

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CD,课桌对水壶的作用力厂等于挂绳对水壶的作用力7的水平分量，由图所示，7于

水平方向夹角未知，不能确定尸与G的大小关系，故CC错误。

故选：Bo

分析水壶受力，并画出受力分析图，根据里的合成分解知识求解。

本题考查共点力平衡和力的合成、分解，对物体进行受力分析，并将力进行分解是解题

关键。

4.【答案】D

【解析】解：由图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，由图可知，两板

间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；则由盘可知，当液面升高时，

正对面积S增大，则电容增大，当液面降低时，正对面积S减小，则电容减小。

由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，依据c=。由

于电势差不变，而电容的电量减小，则电容减小，故瓶内液面降低。

故ABC错误，。正确。

故选：D。

由图明确电容器的构造，再由平行板电容器的决定式以及电量与电流的关系公式进行分

析即可。

本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型，根据电

容的定义式和决定式进行分析。

5.【答案】B

【解析】解：4、设椰子落地时的速度大小为丫，根据动能定理可得：mgh=\mv2,解

得：u=20m/s；

根据动量的计算公式可得：p=mu=2x20kg•m/s=40kg*m/s,故A错误；

B、沙地对椰子的平均阻力为力取向上为正方向，根据动量定理可得：(/-取9)亡=0-

(―mv)

解得：/=4020/V«4000/V,故8正确。

C、设椰子将沙地砸出小坑深度约为〃，根据位移公式可得：h=^t=^x0.01m=

0.1m=10cm；

从椰子接触地面到速度为零的过程中，沙地对椰子做的功约为：W=-fh=4000x

0.17=-400/,故8错误。

故选：B。

根据动能定理求解椰子落地时速度大小，根据动量的计算公式求解动量大小；根据动量

定理求解沙地对椰子的平均阻力；根据位移公式求解位移大小；根据功的计算公式求解

沙地对椰子做的功。

本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受

力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。

6.【答案】C

【解析】解：画出正方形的正视图，根据同向电流互相吸引、异向电流互相排斥

的规律，“、仇c、”四处导线的受力示意图如图，且导线间距越小作用力越大，则四根

导线受到的合力方向都是沿对角线指向外侧，故4、B、。均错误，C正确。

、♦

xo

■\

故选：Co

将立体图转换为平面图，再利用平行电流之间的相互作用规律，可以较快捷地判断选项

正确与否。

掌握通电导线间的相互作用力，即电流方向相同的通电导线相互吸引，电流方向相反的

通电导线相互排斥，且距离越大作用力越小。

7.【答案】C

【解析】解：A、用户的用电器是并联的，当用户的用电器增加时，R减小，故A错误；

B、根据变压器的电压之比等于匝数之比可得：金=肾，由于原线圈电压不变、匝数比

不变，则电压表匕的示数不变；当用户的用电器增加时，总电阻减小、总电流增大，所

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以4的示数变大，根据理想变压器的电流之比等于匝数的反比可得：兴=件所以电流

n2

表4的示数也增大，故8错误；

C、对于副线圈所在的电路，根据闭合电路的欧姆定律可得：U2=l2R0+U3,解得：

〃3=^2—/2岛，由于％和&为定值，则：等=Ro,故C正确；

D、根据8选项可知，匕与匕示数的比值等于4与4示数的比值，故。错误。

故选：Co

用户的用电器是并联的；

当用户的用电器增加时，总电阻减小、总电流增大，根据理想变压器的电流之比等于匝

数的反比分析电流表公示数的变化；

对于副线圈所在的电路，根据闭合电路的欧姆定律推导等；

变压器的电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数的反比。

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之

比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；对于变压器的动态问题大

致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压力，u2,电流A，/2,输入和输

出功率Pl，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻

的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄

清楚“谁决定谁”的制约关系。

8.【答案】BC

【解析】解：48、飞刀分别垂直打在竖直木板上M、N两点，逆向看飞刀从N、例处做

平抛运动，由于根据h=ggt?可知\>水平方向通过的位移相同，根据

尤="可知，VM>vN,根据a=3小后可知，EkM>EkN,故A错误，B正确；

CD、到达。点时竖直方向的速度为孙/y>vMy,故抛出时重力的瞬时功率P=mgvy,

故P”>PMy，故C正确，。错误；

故选：BC。

飞刀逆向看，分别从M、N开始做平抛运动，根据平抛运动的特点判断出抛出点的速度

和到达。点竖直方向的速度，即可判断出击中板的动能和抛出时重力的瞬时功率。

本题主要考查了平抛运动，解决本题的关键是利用好逆向思维，抓住平抛运动的特点即

可判断。

9.【答案】AD

【解析】解：小两车减速时的加速度大小：a=^=^m/s2=2.5m/s2,故A正

确；

B、在0〜6s内，甲车位移刀甲=；x(10+20)x4m+10x2m=80m,运用逆向思维

可知乙车位移%乙=gat2=Ix2.5x6?m=45m,贝ijt=0时，甲车在乙车后面△x=

%尹一=80m-45m=35m处，故B错误；

C、乙车减速到零用时：t=-=竽s=8s,从减速到恢复原来速度所用的总时间为：

0a2.5

tz=2t0+△t=8sx2+15s=31s,故C错误；

D、由图甲车从减速到恢复原来速度用时t伊=10s,位移s甲=2x110+20)x4m+

10x2m=140m,

乙车31s内运动的总位移s乙=2x)馅=2x|x2.5x826=160m,甲车节约时间△

S乙一S甲

t=吆-

代入数据可得：△t=20s,故。正确。

故选：AD.

根据匀变速直线运动的速度-位移公式求出匀减速运动的加速度；根据u-t图像与时间

轴之间的面积表示位移求出位移大小；求出甲车各个阶段的运动时间，即可求甲车运动

总时间，在求出乙车各个阶段的运动时间，及乙车运动总时间，即可求解两车从开始刹

车到最后开始正常行驶所用时间之差。

解决本题的关键理清甲乙两车的运动规律，结合匀变速直线运动速度一位移公式和速度

-时间公式进行求解。

10.【答案】AB

【解析】解：设进入磁场的安培力为鼻，出磁场的安培力为尸2,根据楞次定律中“来拒

去留”的方法判断：

A、起始F不变，意味着进入磁场时&=mg,线框匀速运动，因为d<3故线框完全

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进入磁场后电流为0,在，阳作用下加速，即尸2>mg,线框将减速出磁场，同时尸2减小，

故A正确；

B、&在减小，意味着线框减速进入磁场，即a>7ng,同A分析，线框完全进入磁场

后电流为0,在mg作用下开始加速，使得线框出磁场时减速，同时尸2减小，故8正确；

CD、物体以一定的速度进入磁场，故尸00,故6错误。

故选：AB.

根据楞次定律判断导线框的运动情况与受力情况，线框在磁场上方时仅在重力作用下加

速，进入磁场时的速度未知，则尸与mg的大小未知，所以可以分类讨论判断。

结合楞次定律考查线框的运动情况，关键在于导线框进入磁场后不受安培力，只受重力,

还会继续加速。

11.【答案】必要，阻力客观存在且没有测量必要，只要m<<M,Fmg1.1

【解析】解：(1)改进之后的实验增加了拉力传感器，可以直接测量细绳的拉力，不需

要用砂和桶的重力去代替细绳的拉力，也就不需要满足砂和桶的总质量应远小于小车和

车内祛码的总质量；但为了保证细绳的拉力为小车的合力，必须平衡摩擦力，故调整木

板倾角平衡摩擦力和其他阻力是有必要的，但控制砂和桶的总质量应远小于小车和车内

祛码的总质量是没有必要的。

(2)xxc=11.30cm=0.113m

xCE=xAE—xAC=27.00cm—13.70cm=15.70cm=0.157m

相邻两计数点的时间间隔7=0.1s,根据△x=。产可得a=笔静=喂券1nt点2=

l.lm/s2»

故答案为：(1)必要，阻力客观存在且没有测量、必要，只要m<<M,F^mg-,(2)1.1

(1)改进之后的实验增加了拉力传感器，不需要满足砂和桶的总质量应远小于小车和车

内祛码的总质量，但必须平衡摩擦力；

(2)根据逐差法求得加速度。

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。解决实验问题首先要掌握

该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，尤其是理解平衡摩擦力和

M»m的操作和要求的含义。

12.【答案】AB6.6832.4x103偏大a2一等

【解析】解：(1)由于滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器需要“两下一上”连接，

故接线柱。接e；测量电路采用电流表的内接法，故接线柱b接&故AB正确，错

、口

I天；

(2)螺旋测微器的固定刻度为6.5mm,动刻度为0.183/mn,读数即金属管线外截面的边

长为Q=6.5mm+18.3x0.01mm=6.683mm

(3)根据欧姆定律可得：/?=p将图线中的点(1.0m42.4V)代入可得该金属管线的阻值

为：R=2"。=2.4x1030

J1.0X10-3

由于测量电路采用电流表的内接法，电流表的测量值等于流过电阻电流的真实值，而由

于电流表的分压作用，电压表的测量值大于电阻两端电压的真实值，根据欧姆定律R=，

知电阻的测量值大于真实值；

(4)根据电阻定律R=p9可得该金属管线的有效面积为：5=23=器，故金属管线内部

3KU

空间横截面积为So=。2一华

故答案为：(1)48,(2)6.683,(3)2.4X103,偏大;(4)(?一偿

(1)滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器需要“两下一上”连接；

(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)根据伏安特性曲线选择合适的点求得电阻，判断电流电压测量值与真实值比较可知

误差结果：

(4)结合电阻定律可求得横截面积。

本题考查了螺旋测微器的读数、实验器材连接、实验数据处理等问题，理解实验原理是

解题的前提；要掌握常用器材的读数与使用方法，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。

13.【答案】解：(1)设粒子的质量为，小电荷量为q

粒子在加速电场中运动时，由动能定理有：qU=

得陛

yjm

粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qE=m.

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联立解得：E=?

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有Bqu=my

联立解得：区=辞

由图可知％>rb，故打在a位置的粒子的比荷小于打在b位置的粒子的比荷。

答：(1)静电分析器中距离圆心0为R处的电场强度大小为与；

(2)若粒子源N发出的两种粒子，分别打到胶片M上的a、b位置,打在〃位置的粒子

的比荷小于打在匕位置的粒子的比荷。

【解析】(1)带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动；后垂直于电

场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求得电场强度；

(2)带电粒子进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动；根据牛顿第二定律

列式分析即可。

考查带电粒子在电磁场中的运动，本题关键是明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动

能定理和牛顿第二定律列式分析。

14.【答案】解：(1)对小球Q摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律可知：

mgL(1—cos600)=jmvi

解得：=3m/s

因。和P质量相等且发生弹性碰撞，因此碰撞后0静止，P以次的速度在滑槽上开始

运动，所以，碰撞瞬间滑块P所受的冲量为：

/=mv1=1kgx3m/s=3N-s

(2)若滑块尸刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C,向左为正，对滑块尸和滑槽组成的系

统根据动量守恒可得：

mvx=(m+M)v

-mvi=5(M++^mgl+mgR

解得：v=Im/s；〃=0.1；

(3)如果摩擦因数〃比较大，则有可能出现滑块户在没有冲上光滑圆弧轨道前就己经和滑

槽共速，此种情况下滑块P不可能出现相对于地面向右运动的情况，因此可得：

mv1=(m4-M)v2

=j(M+m)V2+林mgx

解得：v2=lm/s；〃>0.3

当“<0.3时，滑块P会冲上［光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑到8点，该过程又

相当于弹性碰撞，因故尸返回到B点后相对于地面的速度向右。

答：(1)碰撞瞬间滑块尸所受冲量/的大小为3N-s；

(2)若滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最高点C,动摩擦因数”为0.1；

(3)当从<0.3时，滑块P会冲上;光滑圆弧轨道，然后再沿圆弧轨道下滑到8点，该过程

又相当于弹性碰撞，因m<M,故P返回到B点后相对于地面的速度向右。

【解析】(1)小球在下摆过程中，绳子拉力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，由

机械能守恒定律求其速度，根据动量定理求得冲量大小.

(2)Q与尸发生完全弹性碰撞，根据动量守恒列式，滑块P刚好能够滑到滑槽轨道的最

高点C,根据能量守恒求得动摩擦因数。

(3)如果摩擦因数〃比较大，则有可能出现滑块P在没有冲上光滑圆弧轨道前就已经和滑

槽共速，求得4,再判断其运动的可能性。

本题中涉及的过程比较多，属于多物体多过程的情，关键是明确小滑块的运动情况，抓

住弹性碰撞的基本规律：动量守恒定律和动能守恒。明确滑块与滑槽的运动关系。

15.【答案】一直减小先减小后增大

【解析】两个分子从靠得不能再靠近的位置向无穷远处运动，在运动过程中分子间引力

一直减小，到达平衡位置之前分子力表现为斥力，做正功，分子势能减小；到达平衡位

置后，分子力表现为引力，做负功，分子势能增大，所以分子势能先减小后增大。

故答案为：一直减小；先减小后增大。

根据分子动理论可知，分子间引力和斥力的变化情况，再根据分子力做功的特点，判断

出分子势能先减小后增大。

本题考查分子动理论的知识，对学生要求较低，是一道基础题目。

16.【答案】解：活塞的表面积为S=50cm2=o.oo5m2,h=30cm=0.30m

(i)弹簧刚好处于原长，对活塞，由平衡条件得：p0S+mg=P1S

代入数据解得：Pi=1.2x105Pa

(ii)打开阀门K活塞稳定时气缸内气体的压强22=Po=1-0x105Pa

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设弹簧的伸长量为X,对活塞，由平衡条件得：mg=kx

代入数据解得：x=0.2m=20cm

缸内气体初状态的压强pi=1.2x105Pa,体积匕=hS=0.30x0.005m3=1.5x

10-37n3,

气体