2021年广东省深圳市高考物理第二次调研试卷（二模）

2021年广东省深圳市高考物理第二次调研试卷（二模）

1.甲、乙两个台球从同一位置沿同一直线被先后击出，运动位移-时间图像如图所示,

则（）

A.2.5环时，甲的速度大于乙的速度

B.5to时，甲的加速度大于乙的加速度

C.6to时，乙恰好与甲相碰

D.3to〜6to内，两球的平均速度相等

2.被誉为“中国天眼”的射电天文望远镜（尸AS7）如图所示，质

量为3X10"g的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜

正上方，相邻塔顶的水平距离300〃?，每根连接塔顶和馈源舱

的绳索长600〃?，不计绳索重力，则每根绳索承受的拉力大约

为（）

A.4X105W

B.6x10*4/V

c.1x105/V

D.3x104N

3.氢原子能级如图甲所示，一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，产生的光照

射到图乙所示的真空管。阴极K材料为钠，其逸出功为2.29eV,发射出的光电子被

阳极A吸收，在电路中形成光电流，贝M）

......................0

4......................0.R5

3-------------------1.51

2------------------3.40

I--13.6

田甲困乙

A.跃迁产生的光中，由n=3能级跃迁到n=2能级产生的光子频率最大

B.跃迁产生的光中，只有一种频率的光可以使阴极K发生光电效应

C.当滑片尸调至最左端时，电流表的示数不为0

D.当电源。端为负极，无论滑片P调至何位置，电流表的示数均为0

4.如图，从离地面一定高度的喷水口同时喷出完全相同的三个水滴A、B、C,已知三

个水滴的初速度大小相等，水滴8初速度方向水平，A、C初速度方向与水平面夹

角均为仇三个水滴落于同一水平地面，忽略空气阻力，则（）

A.水滴A、C同时落地

B.水滴C落地时速度最大

C.水滴8落地时重力的瞬时功率最大

D.运动过程中，重力对水滴A的冲量最大

5.科学研究显示，从2020年6月以来，地球自转速率呈加快趋势。假想地球自转的

速率持续不断地增大，则（）

A,深圳市的物体所受重力与地心引力的夹角会发生改变

B.赤道表面重力加速度大小不变

C.第一宇宙速度减小

D.同步卫星的高度变大

6.如图，交流发电机的矩形线圈以角速度3匀速转动，与理想变压器相连，t=0时刻，

线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是（）

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A.t=0时，矩形线圈的磁通量最大

B.若3变为原来的0.9倍，则电路的总功率变为原来的0.9倍

C.若3不变，要使人变亮，乙2变暗，可将滑动变阻器滑片向下滑动

D.若3不变，乙2突然变暗，可能因滑动变阻器的滑片接触不良所引起

7.“蹦极”运动时，运动员身上绑好弹性绳从高空平台静止跳下，如

图所示（左图中水面重力势能为零）。向下运动的过程中，不计空气

阻力，运动员的机械能E、动能瓯与下落位移x之间关系的图像可

能正确的是（）

8.如图，将等量的正点电荷固定在A、B两点，4、8关于光滑绝缘水平面对称，AB

连线与水平面交于。点，带电小球放置于水平面上的P点。若小球从P点由静止

释放，小球将沿直线向0点运动；若给P点的小球一个垂直于MN的水平初速

度，则小球()

eIB

A.可能做匀速圆周运动

B.加速度可能一直保持不变

C.电势能一直减小，动能一直增加

D.可能靠近。点，且靠近过程中电场力可能先增大后减小

9.如图，横截面积为0.005机2的if)匝线圈，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场当平

行。间距为0.8机的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，底部连有一阻值为2。的

电阻，磁感应强度为=0.5T的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为0.01kg、

电阻为20的金属棒就恰能保持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻

不计，g取lOm/s?。则()

A.当均匀减小

B.的变化率为107/s

C.断开K之后，金属棒必下滑的最大速度为2.5M/S

D.断开K之后，金属棒所受安培力的最大功率为0.25W

10.质量为20依的木板静置于倾角为30。的足够长斜坡上，木板与斜坡间的动摩擦因数

为.，木板的AB段长0.9m,上表面因结冰可视为光滑，BC段长为1.6小，上表面

粗糙。质量为20kg可视为质点的小孩从4端由静止下滑，与8c段之间的动摩擦

因数为手。g^L10m/s2,贝ij()

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B.下滑过程中，人的最大速度为3m/s

C.人不会从C端滑出木板

D.整个过程中人与木板之间因摩擦产生热量24017

11.如图甲为某探究小组自制多用电表的电路图，图乙为相应的实物图。其中电流表G

量程为1，m，内阻为18。；&=2。；滑动变阻器&的最大阻值为2000Q电源电

动势E=1.51/,内阻不计。

(1)将图乙中未连接的实物图补充完整。

(2)图甲中，当开关Si闭合，单刀双掷开关S2接“1”时，可作为量程为mA

的电流表。

(3)图甲中，将开关S2接“2”端时，为欧姆表。若开关51断开，欧姆调零后治的阻

值为。；若开关Si断开时，倍率为“X10”挡，则开关Si闭合时，倍率为

(填“x1”或“X100”)挡。

12.利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒定律。实验器材：两个半径相同的球

1和球2,细线若干，坐标纸，刻度尺。实验步骤：

出甲出乙

(1)测量小球1、2的质量分别为Tn1、m2,将小球各用两细线悬挂于水平支架上，

各悬点位于同一水平面，如图甲；

(2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠

近。坐标纸每一小格是边长为d的正方形。将小球1拉至某一位置A,由静止释放，

垂直坐标纸方向用手机高速连拍；

(3)分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的

正碰，球1反弹后到达最高位置为8,球2向左摆动的最高位置为C,如图乙。已

知重力加速度为g,碰前球1的动量大小为。若满足关系式,则验

证碰撞中动量守恒；

(4)与用一根细线悬挂小球相比，本实验采用双线摆的优点是：；

(5)球1在最低点与静止的球2水平正碰后，球1向右反弹摆动，球2向左摆动。

若为弹性碰撞，则可判断球1的质量______球2的质量(填写“大于”、“等于"

或“小于”)；若为非弹性碰撞，则(填“能”或“不能”)比较两球质量大

小？理由是：。

13.一个体重为m=50kg的中学生，乘坐正常工作的电梯从七楼下降到一楼。用传感

器记录下他受到的支持力随时间变化的关系如图。查阅资料得知电梯的空轿厢质量

为Mi=1150kg,“对重”的质量为M2=1300kg,不计滑轮摩擦，重力加速度g=

1077l/s2o求：

(1)0〜14s内电梯下降的高度；

(2)0〜4s内钢索对“对重”的拉力大小以及0〜10s内钢索对“对重”做的功。

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14.如图所示，半径为L的金属圆环内部等分为两部分，两部分各有垂直于圆环平面、

方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为场,与圆环接触良好的导体棒绕圆环中

心。匀速转动。圆环中心和圆周用导线分别与两个半径为R的。形金属盒相连，D

形盒处于真空环境且内部存在着磁感应强度为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向

里。t=0时刻导体棒从如图所示位置开始运动，同时在。形盒内中心附近的4点，

由静止释放一个质量为加、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，粒子每次通过狭缝都

能得到加速，最后恰好从。形盒边缘出口射出。不计粒子重力及所有电阻，忽略粒

子在狭缝中运动的时间，导体棒始终以最小角速度3(未知)转动，求：

(1)3的大小；

(2)粒子在狭缝中加速的次数；

(3)考虑实际情况，粒子在狭缝中运动的时间不能忽略，求狭缝宽度”的取值范围。

15.宇航员王亚萍太空授课呈现了标准水球，这是由于水的表面张力引起的。在水球表

面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为（填“引力”或“斥力”）。

如图所示,A位置固定一个水分子甲，若水分子乙放在C位置，其所受分子力为零，

则将水分子乙放在如图所示的（填“4C之间”或“BC之间”），其分子力

与水球表面层分子有相同的作用效果。若空间两个分子间距从无限远逐渐变小，直

到小于r0,则分子势能变化的趋势是

8

16.如图所示，“手掌提杯”实验可反映大气压的存在。

先将热水加入不计壁厚的玻璃杯中，杯子升温后将

水倒掉，再迅速用手盖住杯口，待杯中密封气体缓

慢冷却至室温，手掌竖直向上提起，杯子跟着手掌

被提起而不脱落（杯内气体各处温度相等）。

①杯口横截面为S,手掌刚盖上时，杯内气体温度

为7\,冷却后温度为e，大气压强为Po,忽略杯内气体体积变化，则能提起的杯子

最大重力G为多少？

2s

②若杯□横截面S=40cm,p0=1.00x10Pa,冷却后杯内气体温度为17。&杯

内气体体积减为原来的杯，将杯子固定，需要用F=25N竖直向上的力才能将手掌

和杯子分开（不计拉开过程中杯内气体体积变化的影响），求刚密闭时杯内气体温度

约为多少摄氏度？

17.Si和S2是两个振动情况完全相同的波源，振幅均为A,波长均为；I,波速均为v,实

线和虚线分别表示波峰和波谷，那么在A、B、C、。四点中，是振动加强

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点。加强点在任意时刻的位移（填“一定”或者“不一定”）等于2A。从图

示时刻开始，。点第一次运动到波谷需要的时间为。

18.潜艇的潜望镜系统有一块平行玻璃砖，截面如图所示，AC的连线与AB垂直，AB

长为小乙4BC=45。,AMC为一圆弧，其圆心在8c边的中点，此玻璃的折射率71=2,

若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖。真空中光速为c。

求：

①经过圆心的光线从射入玻璃到第一次射出玻璃的时间；

②从AMC面直接射出的光束在射入AB前的宽度y。

M

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、根据x-t图像的斜率表示速度，甲图像的斜率小于乙图像的斜率，则

2.5%时，甲的速度小于乙的速度，故A错误；

B、根据％-t图像的斜率表示速度，知甲台球做匀速直线运动，加速度为0;2.5t0-6to

内，乙台球做匀速直线运动，加速度为0,贝15to时，甲与乙的加速度相等，均为0,故

B错误；

C、6to时，两图像相交，说明两球到达同一位置，即乙恰好与甲相碰，故C正确；

。、根据位移等于纵坐标的变化量，知3to〜6to内，甲球的位移小于乙球的位移，则甲

球的平均速度小于乙球的平均速度，故。错误。

故选：a

在位移-时间图像中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图像的斜率表示速度，两

图像的交点表示相遇，结合平均速度等于位移与时间之比进行分析。

本题考查久-t图像，要注意明确图像的性质，知道理解位移-时间图像点和斜率的物理

意义，并能正确应用。

2.【答案】B

【解析】解：六塔组成正六边形，相邻塔顶的水平距离300,〃，则球面镜半径R=300m

设绳索和水平面的夹角为。，绳索长L,则cos8=?=^=J,所以。=60。

LoUO2

以馈源舱为研究对象，受重力和六根绳索的拉力，由平衡条件得：

水平方向：六根绳索拉力在水平方向的分力平衡

竖直方向：六根绳索拉力在竖直方向的分力之和等于重力，HP6Fsin60°=mg

解得：F«6x104/V

故8正确，ACQ错误。

故选：Bo

六塔组成正六边形，相邻塔顶的水平距离等于球面镜的半径；以馈源舱为研究对象，由

共点力平衡条件即可求解。

本题考查了共点力平衡条件的应用，题目难点是能够通过题中给的相邻塔顶的水平距离

求出球面镜的半径。

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3.【答案】C

【解析】解：4、根据玻尔理论，一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁，其可能的

路径为n=3fn=l,或n=3-n=2-n=1,可知能辐射三种不同的光子，其中

n=3tn=1的光子的能量为：=%—Ei=-1.51eV-(-13.6e7)=12.09eV>

2.29eV；n=2tn=1的光子的能量为：E21=E2-E1=-3.4eV-(-13.6eV)=

10.2eV>2.29eV；E32=E3-E2=-l.SleV-(-3AeV)=1.89eV<2.29eV,可知由

n=3能级跃迁到n=l能级产生的光子能量最大，光子频率最大，故A错误；

B、结合A的分析可知，可知有两种频率的光可以使阴极K发生光电效应，故B错误;

C、结合A的分析可知，E31和E21的能量值都大于金属的逸出功，则发生光电效应后光

电子的初动能都大于零，由于A是阳极，所以当滑片P调至最左端时，光电子仍然可以

到达4处，则电流表的示数不为0,故C正确；

。、当电源a端为负极，光电管的A为负极，但由于发生光电效应后光电子的初动能都

大于零，根据动能定理可知，当4与K之间的电压小于遏止电压时，光电子仍然可以

到达A处，则电流表的示数不为0,故£>错误。

故选：Co

根据E=hu,结合玻尔理论解答；根据发生光电效应的条件解答；A为阳极，光电子能

到达阳极；根据光电子能不能到达负极的条件判断。

本题考查玻尔理论以及光电效应方程的基本运用，关键是掌握光电效应的条件，及遏止

电压的概念。

4.【答案】D

【解析】解：A、在竖直方向上，A水滴竖直上抛，8自由落体，C竖直下抛，位移相同，

故A运动时间最长，C运动时间最短，故A错误；

B、根据动能定理：mgh-|mv2

ABC三个小球初速度的大小相同，竖直方向的位移相同，故落地的速度的大小相同。故

8错误；

C、由B末速率相同，A和C速度方向竖直向下，B速度斜向下，故A和C竖直方向的

速度相同大于B的竖直方向的速度，故AC重力的瞬时功率最大，故C错误；

D、由4可知4运动时间最长，故重力对水滴的冲量最大，故。正确。

故选：D。

把三个运动分解成水平竖直两个方向，竖直方向上分析得出时间的关系，根据动能定理

得到末速率的关系，根据重力的功率为重力乘以竖直方向的速度求解。

解题时注意要把运动分解，根据竖直方向的运动求解时间的问题。

5.【答案】A

【解析】解：A、在深圳市，物体受到的万有引力提供物体随地球自转的向心力和重力，

是两个力的合力，当自转速度增大时，向心力变大，万有引力不变，则重力变小，重力

与地心引力的夹角会发生变化，故A正确；

8、赤道上，当自转速度增大时，物体受到万有引力不变，向心力变大，重力减小，重

力加速度变小，故B错误；

C、根据万有引力提供向心力，第一宇宙速度v=席,与地球自转无关，故第一宇宙

速度不变，故C错误：

2

。、根据万有引力提供向心力，G~~；=mM(R+h),得到同步卫星离地面的高度h=

方-R,同步卫星做圆周运动角速度与地球自转角速度相同，故3增大，减小，故。

错误；

故选：A。

地球表面的物体所受的万有引力提供了重力和随地球自转的向心力，当角速度发生变化

时，向心力变化，可以判断重力，重力加速度，重力与万有引力夹角的变化。同步卫星

与地球相对静止，角速度与地球自转角速度相同，根据万有引力提供向心力，可以判断

同步卫星离地面的高度变化，以及第一宇宙速度的变化。

本题考查星球表面万有引力与重力向心力的关系，及卫星所受的万有引力，需要知道，

对于星球表面的物体重力不等于万有引力，只有在忽略星球自转的情况下再能看做重力

等于万有引力。

6.【答案】D

【解析】解：A、t=0时，线圈与磁场平行，矩形线圈垂直中性面，磁通量为零，故A

错误；

B、由6=NBS3sin3t可知当3变为原来的0.9倍，有效电压也为原来的0.9倍，电功率公

式：P=9,R不变，则功率变为原来的0.81倍，故8错误；

C、人与副线圈并联，调节阻值大小不会影响副线圈两端的电压，副线圈两端电压只与

原线圈电压有关，口两端电压不变，则亮度不变，故C错误；

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/）、员与滑动变阻器串联分压，当滑动变阻器接触不良，阻值增大，则流经员电流变小，

乙2变暗，故。正确。

故选：Do

当线圈与磁场平行则磁通量为零；根据电动势的瞬时表达式判断电路总功率的变化；根

据电路连接的特点判断电压和电流的变化情况。

考查瞬时表达式的书写时，关注线圈的开始计时位置，得出最大值，注意通过电压的有

效值判断电路的总功率的变化。

7.【答案】B

【解析】解：AB、在弹性绳拉伸前，运动员只受重力，运动员的机械能不变；弹性绳

拉伸后，弹性绳对运动员做的功等于运动员机械能的减小，则有：F△x=△E,所以E-x

图象的斜率下落过程中弹性绳拉力的增大，E-x图象的斜率增大，故A错误、

8正确；

CD,根据动能定理可得：F合&x=KEk,所以关系图象的斜率要=?和

在弹性绳拉伸前，运动员只受重力，所以a-x关系图象的斜率等=mg不变；

弹性绳拉伸后，开始一段时间内弹力小于重力、随着弹力增大，合外力减小，则图象的

斜率减小；

当弹性绳的拉力大于重力时，随着下落距离的增大，合外力向上增大，Ek-X图象的斜

率增大，速度减小，故错误。

故选：B。

E-x图象的斜率表示除重力以外的合外力，/卜-x关系图象的斜率表示合外力，根据

力的变化情况结合图象斜率的变化进行分析。

对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式,

分析斜率的变化，然后作出正确的判断。

8.【答案】AO

【解析】解：由小球静止释放时向。运动知小球带负电。

4、由等量同种电荷形成的电场，平面上各处的场强方向与平面平行，且以。为圆心的

圆上各处场强大小相同，故可能做匀速圆周运动，故4正确：

8、平面上以。为圆心的圆环上的场强大小相同，但方向不同，故加速度不可能不变,

故3错误；

C、由4项知，可能做匀速圆周运动，此时动能和势能都不变，故C错误；

。、当电场力大于向心力时，小球靠近。，离。越越来越近，此时若小球所在的P点到

。点的距离接近正无穷，电场力随距离缩短后受电场力先增大后减小，直至0点电场力

为0,故。正确。

故选：ADc

在等量的正电荷的电场中，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点

的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以判断电场的情况和带电小球的运

动的情况.

本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要

了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况.

9.【答案】BCD

【解析】解：A、K闭合后，金属棒湖能保持静止，受到的安培力与重力平衡，则必

棒受到的安培力方向竖直向上，由左手定则判断可知血中感应电流方向由a—b,由安

培定则判断可知，线圈感应电流的磁场方向向左，与线圈原磁场方向相反，则为均匀增

大，故A错误；

8、况>棒静止时，由平衡条件得mg=B2///,解得/=0.25A

根据闭合电路欧姆定律知线圈产生的感应电动势大小为E=1R=0.25x2V=0.5K

对于线圈，根据法拉第电磁感应定律得E=当=n登5,解得华=lOT/s,故B正确；

△tAtAL

C、断开K之后，金属棒仍匀速下滑时速度最大，设为方,由平衡条件得Tng=岑包，

解得。m=2.5m/s,故C正确；

D、断开K之后，金属棒所受安培力的最大功率等于重力的功率，为P=mgvm=0.01x

10x2.5W=0.25UZ,故£>正确。

故选：BCD。

K闭合后，金属棒油能保持静止，受到的安培力与重力平衡，分析安培力方向判断必

中感应电流方向，由楞次定律判断当的变化情况。根据平衡条件求出外中感应电流大

小，由闭合电路欧姆定律求出线圈产生的感应电动势大小，由法拉第电磁感应定律求名

的变化率；断开K之后，金属棒帅匀速下滑时速度最大，由平衡条件求最大速度，由

P=尸"求安培力的最大功率。

本题是电磁感应与力学、电路等等知识的综合，电磁感应与力学联系的桥梁是安培力，

与电路的纽带是感应电动势；分析清楚金属棒的运动过程与电路结构是解题的前提，应

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用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式等知识即可解题。

10.【答案】BC

【解析】解：根据题意可知，木板的质量为m=20kg,小孩的质量为M=20kg；木板

与斜坡间的动摩擦因数为由=?，小孩与3c段之间的动摩擦因数为的=yo

A、假设小孩不在木板上且木板能够匀速滑下，则有：mgsin30°=^mgcos30°,解得〃=

立<仰，所以小孩在木板上A8部分滑动时，木板处于静止状态，根据平衡条件可得木

板与斜面间摩擦力为/=mgsin30°=20x10x0.5/V=100/V,故A错误；

8、小孩滑到8c部分时受到的滑动摩擦力大小为上=42Mgeos30。=yx20x10x

—N=150/V,方向沿斜面向上；

2

小孩的重力沿斜面向下的分力大小为：G人,=Mgs讥30。=20X10X0.5/V=100/V<

f2>所以小孩达到8点时速度最大；

对小孩根据动能定理可得：Mgsin30°xAB=lMv^-0,解得：vm=3m/s,故B正

确；

C、小孩滑到BC段时，木板的加速度大小为：%=f2+MgsE30-^(M+m)gc°s3。。,解得：

«i=0.5m/s2,方向沿斜面向下；

2

小孩的加速度大小为：a2==2.5m/s.方向沿斜面向上；

设经过f时间二者速度相等，则有：v=vmt-ait=a2t,解得：t=ls,此过程中小

孩相对于木板的距离为：

△%=4户t_=£，t=|x17n=i.5m<1.6m,以后二者一起减速运动，所以小孩

不会从C端滑出木板，故C正确；

D、整个过程中小孩与木板之间因摩擦产生热量为Q=/zFx=150x1.5/=225/,故

。错误。

故选：BC。

小孩在木板上AB部分滑动时，木板处于静止状态，根据平衡条件可得木板与斜面间摩

擦力大小；

小孩达到8点时速度最大，对小孩根据动能定理求解最大速度；

小孩滑到BC段时，求出木板的加速度大小和小孩的加速度大小，根据运动学公式求解

相对滑动的距离，判断能否从C端滑出木板；

根据摩擦力乘以相对距离求解整个过程中人与木板之间因摩擦产生热量。

本题主要是考查功能关系和牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚小孩和木板的受力

情况和运动情况，根据运动情况分析摩擦力的大小，结合牛顿第二定律、运动学公式进

行解答。

11.【答案】101482x1

【解析】解：(1)按电路图将实物图连接完整，f^\一

如图所示;

(2)当G满偏时，干路的总电流/="警=

1m"+等柳=10柳：

(3)工断开时，短接表笔时，使G满偏，根据\\

E15

欧姆定律有：R+Rg=7=n即。，所以R=15000-180=14820。

开关工断开时，倍率为x10,此时R,〃=，，当开关Si闭合时，由于岛的分流作用，电

路的最大电流为10/g,此时R/=氏=5％,那么倍率变为断开时的看,即倍率为x1。

故答案为：(1)如图所示(2)10；(3)1482、x

(1)按照电路图连接实物图；

(2)根据欧姆定律和并联电路中电流和电压的关系求改装的电流表的量程；

(3)根据欧姆调零的要求，根据欧姆定律求调零电阻的阻值，欧姆表中值电阻等于欧姆

表内阻，据此分析倍率问题。

本题考查了欧姆表改装，欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，知道欧姆表的工作

原理是解题的前提，分析清楚电路结构、应用闭合电路欧姆定律即可解题。

12.【答案】3m声菰=A/TUTH2—鱼加1双摆线能保证小球运动更稳定，使得

小球运动轨迹在同一竖直平面内小于能小球甲碰后速度反弹，根据动量定理

7n

1%=一血1%+m2v2,可知徵?外＞同时需要满足碰后机械能不增，由a=

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|mv2,综合可知7nl必然小于Tn?

【解析】解：(3)从A位置到最低点的高度差hi=9d,由机械能守恒可得碰撞前的速度

%=y]2gh\=3d2gd,动量pi=nil%=3mly]2gd。同理可求出碰撞后球2的速度

r,

v2=个2gx5d,动量P2'=ni2v2=m^JlOgd,球1的速度"1'=—J2gxd,动量p/=

/,

—m1v1=—mly[2gdy若碰撞前后动量守恒，则有?Th%=mJ+m2v2,代入后有：

7n

3mH2gd=zJlOgd—mly/2gdi整理可得：3＞j2m1=VT0m2—0nli。

(4)与产单线摆相比，双线摆的优点是：双摆线能保证小球运动更稳定，使得小球运动

轨迹在同一竖直平面内；

(5)若两小球的碰撞是弹性碰撞，那么要使入射球反弹，则入射球的质量小于被碰球的

质量。

为非弹性碰撞，也能判断两个质量的大小，其理由是：小球甲碰后速度反弹，根据动量

定理叫%=-m1v1+m2v2»可知血2“2＞肛1%，同时需要满足碰后机械能不增，由a=

|mv2,综合可知徵1必然小于？n?。

故答案为：(3)3mj2gd、3y[2m1=VT0m2—y/2m1;(4)双线摆能使小球运动更稳定，

使得小球运动轨迹在同一竖直平面内；(5)小于、能、小球甲碰后速度反弹，根据动量

定理mi%=-m1v1+M2"2,可知小2口2＞加1%，同时需要满足碰后机械能不增，由E”=

|mv2,综合可知mi必然小于?ri?

(3)根据速度公式求解对应的速度，再根据动量守恒定律即可明确对应的表达式；

(4)双线摆的优点是能使摆球在同一竖直平面内摆，以减小误差；

(5)根据弹性碰撞和非弹性碰撞的特点判断两个球质量的大小。

本题考查验证动量守恒定律的实验；要注意明确验证动量守恒定律中，要在摆体运动过

程下运动验证，碰撞前后的速度可以利用机械能守恒定律进行分析求解。

13.【答案】解：(1)在0—4s内，对人根据牛顿第二定律可得：mg-F^ma^解得

Qi=0.5m/s2

下降的高度为左1=|«1^1=|X0.5x42m=4m

获得的速度为巧=。1亡1=0.5x4mls=2m/s

在4-10s内，由于F2=mg,可知电梯匀速下降，下降的位移为电==2x6m=

12m

2

在10-14s内，对人根据牛顿第二定律可得：mg-F3=ma3,解得的=-0.5m/s

电梯下降的高度为九3=vih+ga3ts解得九3=4m

故下降的总高度为“=砥+殳+h3=4m+12m+4m=20m

(2)在0-4s内，对“对重”由牛顿第二定律分析可得：T-M2g=M2ar,解得T=

13650/V

在0-10s内，“对重”上升的高度八=凡+电=4m+12m=16m,

对“对重”由动能定理可得：W-M2gh=^M2vl

解得：W=210600/

答：(1)0〜14s内电梯下降的高度为20〃?；

(2)0〜4s内钢索对“对重”的拉力大小为13650N,0〜10s内钢索对“对重”做的功为

210600J.

【解析】(1)根据牛顿第二定律求得各运动阶段的加速度大小，利用运动学公式求得获

得的速度和下降的高度，即可求得总位移；

⑵对“对重”根据牛顿第二定律求得拉力，对“对重”根据动能定理求得钢索对“对

重”做功。

本题主要考查了牛顿第二定律和动能定理，关键是分清电梯的运动过程，求得加速度,

再结合运动学公式即可求得。

14.【答案】解：(1)带电粒子在。形盒中加速时，洛伦兹力提供向心力：

mv2

Bvq=----

r

所以有：『=浅

则粒子的转动周期r=牛=缪

VC{D

由加速器的工作条件知，棒的角速度最小值为3=v=-

Tm

(2)根据洛伦兹力充当向心力有：B%q=萼

可得粒子加速器的速度为:

BqR

Vi=---

m

由法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的电动势为:

1,qBBoL2

E感=±BQ3L=』-

根据动能定理：NE^q=jmvf

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所以可=也

2

B0L

(3)带电粒子在电场中加速度a=皿=式吗

粒子在电场中做匀速直线运动，满足：Md=iat2

为保证粒子一直加速，应满足ts]

解得：dW咄

2BR

答：(1)3的大小为哈

(2)粒子在狭缝中加速的次数为塔；

(3)考虑实际情况，粒子在狭缝中运动的时间不能忽略，狭缝宽度d的取值范围d<驾。

【解析】(1)在加速器中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力求得半径和周期，

由加速器的工作条件可知金属棒转动的角速度；

(2)根据。形的最大半径求解粒子的最大动能，由能量守恒可以求出加速次数；

(3)粒子加速时间不能忽略时，可以将这些距离累加起来，但不能超过半个周期的时间

的位移，由此求出狭缝满足的条件。

对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：根据电路连接情况，结合法拉第电磁

感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。

15.【答案】引力之间先减小再增大

【解析】解：在小水滴表面层中，水分子间距较大，故水分子之间的相互作用总体上表

现为引力；

当分子间距离为飞时，分子间作用力为零，分子间距离r>r。，表现为引力，故水分子

乙放在如图所示的BC之间，其分子力与水球表面层分子有相同的作用效果；

两个分子间距从无限远逐渐变小，直到小于7，分子力先做正功，后做负功，则分子势

能变化的趋势是先减小再增大；

故答案为：引力8C之间先减小再增大。

明确分子间作用力与分子间距离的关系，并能用分子间作用力解析表面张力的性质；

本题考查液体的表面张力的性质，关键是明确分子力的性质，掌握分子力的变化与分子

距离的关系。