2021年广东省广州市天河区高考物理二模试卷-（附答案详解）

2021年广东省广州市天河区高考物理二模试卷

1.火星直径约为地球的一半，质量约为地球的十分之一，它绕太阳公转的轨道半径约

为地球公转半径的1.5倍.根据以上数据，以下说法正确的是（）

A.火星表面重力加速度的数值比地球表面小

B.火星公转的周期比地球的短

C.火星公转的线速度比地球的大

D.火星公转的向心加速度比地球的大

2.高空跳伞是空降兵的必修科目，在某次训练中，一空降兵从悬

停在空中的直升飞机上自由跳下，从跳离飞机到落地的过程中

空降兵沿竖直方向运动的u-t图象如图所示，最终空降兵以

%的速度落地。下列说法正确的是（）

A.。〜t1时间内，空降兵所受阻力不断增大

B.G〜t2时间内，空降兵处于超重状态

C.ti〜t2时间内，空降兵运动的加速度大小增大

D.“〜t2时间内，空降兵运动的平均速度大小5>空

输入电压为220匕输出电压为36丫的变压器副线圆

烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下

烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，

如图所示，然后将原线圈接到220y交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1%按

理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为（）

A.1100、360B.1100、180C.2200、180D.220、360

4.如图所示，从地面上同一位置抛出两小球4B,分别

落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同.空

气阻力不计，则（）

A.B的加速度比A的大

B.B的飞行时间比A的长

C.B在最高点的速度比A在最高点的大

D.8在落地时的速度比A在落地时的小

三根粗细相同、质量均为m的木头，叠放在水平地

I

面上处于静止状态，其截面图如图所示。木头与地

III

面间的动摩擦因数都为〃，不计木头之间的摩擦力，重力加速度为g。贝IJ()

A.n号木头对I号木头的作用力大小等于27ng

B.地面对口号木头的支持力为：mg

C.地面对口号和HI号木头的摩擦力均为

D.地面对II号和DI号木头均没有摩擦力

6.如图所示，等腰梯形线框诏4是由相同材料、相同横截面积的导线制成，梯形上

底和腰均为L且腰与下底成60。。现给线框通入图示的电流，若梯形线框下底〃受

到的安培力为凡则上底时受安培力为()

7.飞球调速器是英国工程师詹姆斯・瓦特于1788年为蒸汽机速度控制而设计，如图(a)

所示，这是人造的第一个自动控制系统。如图(b)所示是飞球调速器模型，它由两

个质量为机的球通过4根长为/的轻杆与竖直轴的上、下两个套筒用钱链连接。上

面套筒固定，下面套筒质量为“，可沿轴上下滑动。不计一切摩擦，重力加速度为

g,当整个装置绕竖直轴以恒定的角速度3匀速转动时，轻杆与竖直轴之间的夹角。

的余弦值为()

8.下列说法正确的是()

A.伽利略通过“理想实验”得出结论：运动的物体必具有一定速度，如果它不受

力，它将以这一速度永远运动下去

B.物体做匀速率曲线运动时，其所受合外力的方向总是与速度方向垂直

C.物体做变速率曲线运动时，其所受合外力的方向一定改变

D.既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么

静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流

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9.如图，长方体左右两个正方形面的中心固定两个等量

同种正电荷A和B,AB连线中点为。。长方体的四条

边的中点有a、氏c、d四个点。下列说法正确的是（）

A.a、b、c、4电势均相同

B.a、b、c、d场强均相同

C.电子从。沿四方向移动到c,电势能先减少后增加

D.必〃组成的平面是等势面

10.如图所示，物体沿着倾角不同而底边相同的光滑斜面由顶

端从静止开始滑到底端，斜面倾角越大（）

A.滑行时间越短

B.滑行时间越长

C.滑行的加速度越大

D.滑行的平均速度越大

11.证机械能守恒定律”的实验可以采用如图/所示的（甲）或（乙）方案来进行.

（1）比较这两种方案，（填“甲”或“乙”）方案好些，理由是.

（2）如图2是该实验中得到的一条纸带，测得每两个计数点间的距离如图中所示，

已知每两个计数点之间的时间间隔7=0.1s.物体运动的加速度a=；该纸

带是采用（填“甲”或“乙”）实验方案得至U的.简要写出判断依据.

（3）如图3是采用（甲）方案时得到的一条纸带，在计算图中N点速度时，几位同学

分别用下列不同的方法进行，其中正确的是

A.VN=griT

B.VN=^^

dn+l—dn-i

C.v=

N2T

O.vN=g(n—1)7.

12.热敏电阻是传感电路中常用的电子元件.现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的

特性曲线，要求曲线尽可能完整，测量误差尽可能小.其他备用的仪表和器具有：

保温杯和热水(图中未画出)、温度计、电源、多用电表、电压表、滑动变阻器(0〜200)、

开关、导线若干.

①先使用多用电表粗测常温下热敏电阻的阻值，选用“X100”倍率的电阻档测量,

发现指针偏转角度太大，因此需选择倍率的电阻档(选填“X10”或“X

1k”)，欧姆调零后再进行测量，示数如图(4)所示，测量值为Q

②a,用多用电表代替毫安表使用，请在实物图(B)上完成连线；

b.热敏电阻和温度计插入带塞的空保温杯中，往保温杯中注入适量冷水，闭合开关，

调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数为lOOwA,记录和的示

数；

a往保温杯中加入少量热水，待温度稳定后,，使多用电表的示数仍为100/nA,

记录温度计和电压表的示数；

d.重复步骤c,测得多组数据；

e.绘出热敏电阻的电压-温度关系图线如图(C).

③由图线可知该热敏电阻常温(25冤)下的阻值&=H(保留3位有效数字).

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13.如图所示，一个足够长的圆筒竖直固定，筒内有一质量为例的滑

块锁定在距圆筒顶端灯=5m处。现将一个直径小于圆筒内径，质

量为，”的小球，从圆筒顶端沿圆筒中轴线由静止释放，小球与滑

块刚要碰撞时解除滑块的锁定，小球与滑块发生弹性碰撞后上升到M

最大高度处时，距圆筒顶端九2=3.2小。不计空气阻力，已知滑块

与圆筒间的滑动摩擦力为/=7.2N,重力加速度g取10m/s2。

(1)求小球与滑块的质量之比去

(2)若滑块质量为0.9kg,求小球与滑块第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔心

14.如图所示，在XOV平面的第一象限以射线OA为边界，在OA的右边有水平向左的

匀强电场，在OA的左边有垂直纸面向外的匀强磁场区域I,OA与丫轴的夹角。=

30%在第二和第三象限存在垂直于纸面向里、宽度为75d的匀强磁场区域n,磁

场的边界BC与轴平行，8点的坐标为(_次匕0)，两磁场的磁感应强度大小相同。

在X正半轴上的不同位置可以发射带电量为+q、质量为粗、速度任意的粒子。有

一粒子甲以速度火从X轴上。点垂直X轴进入电场，并从距离O点为d处垂直04

进入匀强磁场区域I。不计重力的影响。求

(1)匀强电场的场强大小及。点的坐标；

(2)若使甲不能进入区域n,则区域I处磁感应强度的最小值瓦；

(3)磁感应强度大小为第(2)问的Bo,若从X轴上发射的粒子乙以与甲进入磁场I相

同的速度垂直OA边射入区域I,要使乙在区域II中运动的时间最短，则乙从距离

0点多远处垂直OA射入区域I。

XX

XXX

n

XXX

XXX

XXX

XXX

X~X

XXXX

15.如图甲，在斯特林循环的p-U图像中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态

B、C和£＞后再回到状态A,整个过程由两个等温和两个等容过程组成。B-C的

过程中，单位体积中的气体分子数目（选填“增大”、“减小”或“不变”）；

在4-B和。-4的过程中，气体放出的热量分别为417和20J,在B-C和C-＞。的

过程中，气体吸收的热量分别为20J和12J,则气体完成一次循环对外界所做的功

为L状态A和状态。的气体分子热运动速率的统计分布图像如图乙，则状

态4对应的是（选填“①”或"②”）o

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16.如图，某自动洗衣机洗衣缸的底部与一控水装置的竖直均匀细管相通，细管的上部

封闭，并和一压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣

缸中水面的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力

传感器使进水阀门关闭，达到自动控水的目的。假设刚进水时细管被封闭的空气柱

长度为42C7M,当空气柱被压缩到40。”时压力传感器使洗衣机停止进水，此时洗衣

缸内水位有多高？大气压取1.0x105pa,水的密度取1.0x\gkg/m3,重力加速

度g取10m/s2。

压力传感器

洗衣缸

空气

细管

17.某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图像如图

所示。在波的传播方向上有A、B两点,它们到S的距

离分别为45加和55加。测得4、8两点开始振动的时

间间隔为1.0s。该列波的频率为Hz,波长机。当8点离开平衡位置

的位移为+6cm时，A点离开平衡位置的位移是cm.

T益

18.如图所示，直角玻璃三棱镜43c置于空气中，棱镜a

±

的折射率为n=VL44=60。.一细光束从AC的中D

点D垂直AC面入射，AD=a,求：

①画出光路图并计算出光从棱镜第一次射入空气时

的折射角；

②光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射出所经历的时间（光在真空中的传播速度为

C)o

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：

A、根据万有引力等于重力得：

「Mm

G—=m9

CM火

得：g=Gg可得：—=x(1)2=|,即火星表面的重力加速度约为地球表

Kg独地1。15

城

面的|,故A正确；

B、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：

。赞=皿票AR,得：7=2据,M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半

径大于地球的轨道半径，则火星公转的周期比地球的长，故B错误；

C、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：G^=m-,得：〃=

栏.M为太阳的质量，R为行星的轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则

火星公转的线速度比地球的小，故C错误；

D、研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力得出：G黎=ma,得：a=

G条.M为太阳的质量，R为轨道半径。火星的轨道半径大于地球的轨道半径，

则知火星公转的向心加速度比地球的，故力错误；

故选：

根据万有引力等于重力，得到行星表面的重力加速度表达式，再去进行比较.

研究火星和地球绕太阳公转，根据万有引力提供向心力，列出等式再去进行比较周期、

线速度和向心加速度的大小.

本题关键要建立行星的运动模型，掌握万有引力等于向心力这一基本思路解题.对于物

理量的比较，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较.向心力的公式选取要根

据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用.

2.【答案】B

【解析】解：A、0〜t］时间内，做匀加速运动，受到恒力的作用，阻力不变，故A错误；

8C、ti〜匕时间内，速度与时间图线的切线斜率逐渐减小，可知加速度逐渐减小，物体

向下做减速运动，说明加速度方向向上，空降兵为超重状态，故8正确，C错误；

。、G〜t2时间内，运动的位移小于匀减速运动的位移，所以空降兵运动的平均速度大

小7＜空，故O错误。

故选：8。

速度时间图线切线的斜率表示瞬时加速度，根据牛顿第二定律判断空气阻力的变化，根

据斜率分析加速度大小如何变化，加速度向下，为失重状态，反之为超重。匀变速运动

的平均速度为6=空。

解决本题的关键知道速度与时间图线斜率表示的含义，图象与时间轴围成的面积表示位

移，平均速度等于位移除以时间。

3.【答案】B

【解析】解：对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得%=牛=卓=1100,

变压器烧坏前，同理出=乎=写詈=180,所以B正确.

故选：B.

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，分析即可得出结论.

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，本题即可得到解决.

4.【答案】C

【解析】解：人不计空气阻力，两球的加速度都为重力加速度g。故A错误。

8、两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，

两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由1=后知下落时间相等，则两球运动的

时间相等。故B错误。

2

C、h=vyt-\gt,最大高度〃、，相同，则知，竖直方向的初速度大小相等，由于A

球的初速度与水平方向的夹角大于B球的竖直方向的初速度，由3=%sina（a是初速

度与水平方向的夹角）得知，A球的初速度小于8球的初速度，两球水平方向的分初速

度为%cosa=%cota,由于8球的初速度与水平方向的夹角小，所以8球水平分初速

度较大，而两球水平方向都做匀速直线运动，故B在最高点的速度比A在最高点的大。

故C正确。

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。、根据速度的合成可知，8的初速度大于4球的初速度，运动过程中两球的机械能都

守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大。故。错误。

故选：Co

由运动的合成与分解规律可知，物体在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛

运动，两球的加速度相同，由竖直高度相同，由运动学公式分析竖直方向的初速度关系，

即可知道水平初速度的关系.两球在最高点的速度等于水平初速度.由速度合成分析初

速度的关系，即可由机械能守恒知道落地速度的大小关系.

本题考查运用运动的合成与分解的方法处理斜抛运动的能力，对于竖直上抛的分速度，

可根据运动学公式和对称性进行研究.

5.【答案】B

【解析】解：A、以木头I为研究的对象，受到重力、下面两个木头对它的作用力，如

图所示：

由几何关系和对称性可知，F与竖直方向之间的夹角是30。，所以有：2Fcos30o=?ng

所以可木头H、HI对木头I的作用力大小均为：F=Rmg,故A错误；

B、以整体为研究对象，地面对木头口、m的支持力之和等于3,wg,而地面对木头n、

HI的支持力大小相等，则有：2FN=3mg,

所以地面对H号木头的支持力为FN=|mg，故B正确：

CD,以木头II为研究对象，受到重力、地面的支持力和摩擦力、木头I对它的压力,

受力如图，

FN

尸J

mg

由牛顿第三定律得：F'=F=Rmg,

沿水平方向由平衡条件得：Ff-sm300=/,所以：f=（静摩擦力不能根据滑动摩

6

擦力的计算公式求解）；

根据对称性可知，地面对木头DI的摩擦力大小也为，mg,故C。错误。

故选：B。

先以木头I为研究的对象，求出木头H、HI对木头I的支持力大小；然后以整体为研究

对象，求解地面对II号木头的支持力；最后以木头II为研究对象，求解地面对木头II的

摩擦力，根据对称性得到地面对木头DI的摩擦力.

本题主要考查了共点力平衡的直接应用，要分别对木头I和HI进行受力分析，并能根据

几何关系求出角度与力的方向之间的关系，注意整体法和隔离法的应用。

6.【答案】A

【解析】解：梯形上底和腰均为L且腰与下底成60。，由几何关系可知，梯形的下边改

长为2L；由电阻的决定式:/?=半可知梯形的边公儿的电阻等于下边A的电阻的1.5倍，

两者为并联关系，设A中的电流大小为/，根据欧姆定律，则而儿中的电流为|/;

由已知条件可知劭边与A的电流方向相同，由题意知：F=BI-2L,所以边必所受安

培力为：F'=8方向与de边所受安培力的方向相同，故A正确，BCD错

误。

故选:Ao

先由已知条件可知而加边的有效长度与A相同，等效后的电流方向也与A相同，先

根据并联电路的电阻关系得出电流关系，再由尸=即可分析公儿边所受安培力即可。

本题的关键是要明白安培力求解公式尸=8辽中的L是指通电导线的有效长度，注意de

与曲儿线路的电流大小关系是解题的关键。

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7.【答案】D

【解析】解：小球受到重力〃?g、上下两根轻杆的拉力片、

尸2,竖直方向上，由物体的平衡条件得：

F\cos6=F2COS9+mg

水平方向上，由牛顿第二定律：

F^sind+F2sme=mra>2

且：r=Isind

下面套筒受到重力Mg、左右两根轻杆的拉力为F3、4（根据对称性，尸3、自相等），由物

体的平衡条件得：

2F3COS0=Mg

由题意知：F3=F2

联立解得：cosO=W学，故O正确，A8C错误。

mla）2

故选：D。

对小球应用平衡条件和牛顿第二定律列方程，对套筒由平衡条件求得此时轻杆与竖直轴

之间的夹角。的余弦值；

本题以飞球调速器模型为背景考查应用牛顿第二定律及平衡条件解题，对学生的审题及

综合分析问题的能力要求较高。

8.【答案】AB

【解析】解：A、伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，运动的物

体必具有一定速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去，故A正确；

8、物体做匀速率曲线运动时，速度大小不变，方向改变，则其所受合外力的方向总是

与速度方向垂直，故8正确；

C、物体做变速率曲线运动时，合外力方向不一定改变，如平抛运动，合外力不变，是

匀变速曲线运动，故C错误；

。、静止导线上的稳恒电流周围存在磁场，但放在导线旁边静止的线圈的磁通量不会发

生变化，不会产生感应电流，故。错误；

故选:AB.

伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因；物体做曲线运动时，肯定存

在加速度，若速度大小不变，方向改变，则加速度与速度方向垂直；稳恒电流周围有磁

场。

本题主要考查了基本概念和基本知识的理解，涉及牛顿第一定律和曲线运动时所受合外

力的情况，掌握基础知识即可正确解答。

9.【答案】AC

【解析】解：A、根据等量同种正电荷电场线和等势面分布的对

称性可知，a、b、c、d电势均相同，故A正确；

B、等量同种正电荷电场线分布如图所示，〃、b、C、4场强大小

相等，方向不同，则场强不同，故8错误；

C、根据电场的叠加原理可知，间场强方向由。-a,oc间场强方向由o—c,电子从

。沿4。方向移动到C,电势先升高再降低，根据负电荷在电势高处电势能小，则知电子

的电势能先减少后增加，故C正确；

。、在必〃组成的平面上，电场方向由。点指向平面上各点，根据顺着电场线方向电势

降低，可知，而〃组成的平面上电势不是处处相等，因此，Med组成的平面不是等势

面，故。错误。

故选：AC.

根据等量同种正电荷电场线和等势面的分布情况，分析各点电势和场强关系。根据电势

的变化分析电势能的变化。等势面上各点的电势处处相等。

对于常见电场的电场线分布及等势面的分布要能熟练掌握，并要知道沿电场线的方向电

势是降低的，解答时要注意等量同号电荷形成电场的对称性。

10.【答案】CD

【解析】解：C、设斜面的倾角为仇物体的质量为〃?，根据牛顿第二定律得，加速度

。=鳖变=d可知斜面的倾角越大，加速度越大，故C正确；

7712

AB、设底边的长度为L，则斜面的长度为x根据x=解得t=Y为在

cost)2qgstn20

斜面的倾角小于45。时，倾角越大，时间越短。当斜面的倾角大于45。，倾角越大，时间

越长。当斜面的倾角等于45。，时间最短，故AB错误；

。、滑行的平均速度2=,=署=j2gLtan。,随角度的增大，平均速度增大，故

。正确；

故选：CD.

根据牛顿第二定律得出加速度的大小，通过加速度，根据匀变速直线运动的位移时间公

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式求出运动的时间，以及通过落地时的速度大小，根据平均速度的公式比较平均速度的

大小.

本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，要知道加速度是联系力学和运动学

的桥梁，熟练运用数学知识分析时间与斜面倾角的关系.

11.【答案】甲；因为这个方案摩擦阻力较小，误差小，操作方便，实验器材少；4.8/n/s2；

乙；因。远小于g,故为斜面上小车下滑的加速度；C

【解析】解：(1)机械能守恒的前提是只有重力做功，实际操作的方案中应该使摩擦力

越小越好.故甲方案好一些，因为这个方案摩擦阻力较小，误差小，操作方便，实验器

材少.

故答案为：甲，因为这个方案摩擦阻力较小，误差小，操作方便，实验器材少.

(2)采用逐差法求解加速度.

XDE-XBC=2diT2»

xCD-xAB=2a2T2，

a=生产=4,8m/s2

因a远小于g,故为斜面上小车下滑的加速度.所以该纸带采用图乙所示的实验方案.

故答案为：a=4.8rn/s2,乙，因a远小于g,故为斜面上小车下滑的加速度.

(3)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以

求出某点的瞬时速度，可以求出N点的速度为：

%=久噤口，故错误，C正确.

故选C.

(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及

注意事项，能够根据实验装置和实验中需要测量的物理量进行选择；

(2)纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用逐差法可以求出

物体运动的加速度；

(3)根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小可以

求出某点的瞬时速度.

书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事

项这几点去搞清楚，同时我们要加强物理基本规律在实验中的应用.

12.【答案】x10；110；温度计；电压表；调节滑动变阻器的滑片；107

【解析】解：(1)先使用多用电表粗测常温下热敏电阻的阻值，选用“x100”倍率的电

阻档测量，发现指针偏转角度太大，此时指针所指的数据比较小，说明所选倍率较大，

应将选择开关换成欧姆挡的x10挡位；

欧姆表的读数为：R=11x100=110/2.

(2)a、由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，

电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器

下边两个接线柱要全接上，上边只能接一个接线柱.连接如图所示.

b.热敏电阻和温度计插入带塞的空保温杯中，往保温杯中注入适量冷水，闭合开关，

调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的示数为100，桢，记录温度计和电压表

的示数.

c、往保温杯中加入少量热水，待温度稳定后，调节滑动变阻器的滑片，使多用电表的

示数仍为100，必，记录温度计和电压表的示数；

⑶由图示U-t图象可知，温度为25K电压为10.7V,此时电阻阻值：&=詈=1070；

故答案为：(1)X10；110

(2)明如图

b、温度计；电压表

。、调节滑动变阻器的滑片

(3)107

明确欧姆表读数时若选择的倍率过大，则偏角也过大，应选小一档的倍率，注意换挡后

需要重新调零，读数时不要忘记乘以倍率，不需要估读.

要研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则需要电压的变化范围要尽可能的大，

故滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻为小电阻.故安培表采用外接法；由于热

敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要

注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器要采用分压接

法；按照发生的先后顺序实验步骤应考虑周全.

掌握一些基本仪器仪表的读数方法是学好高中物理的前提，本题考查了滑动变阻器的接

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法，电流表的接法，实物图的连接，实验步骤的考查，实物图的连接容易出现错误.

13.【答案】解：(1)设小球与滑块碰撞前速度大小为火,碰撞后速度大小为力,根据速

度位移关系可得：

诏=2ghi

资=2gsi一九2)

解得：v0=10m/s,%=6m/s

设小球与滑块碰撞后滑块的速度为外，取向下为正，根据动量守恒定律可得：

mv0=MV2-

根据能量守恒定律可得：\rrivl=

解得：M=?"2=4m/s；

(2)若滑块质量M=0.9句，第一次碰后，对滑块，由牛顿第二定律得：Mg-f=Ma

22

根据位移关系可得：v2t+lat=-V1t+-gt

解得：t=2.5s；

答：⑴小球与滑块的质量之比非为1：4。

(2)若滑块质量为0.9kg,小球与滑块第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔r为2.5s。

【解析】(1)根据速度位移关系求解速度大小，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解；

(2)第一次碰后对滑块根据牛顿第二定律求解加速度，根据位移关系求解时间。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律，对于动量守恒定律，解答时要首先确

定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关

系列方程求解。

14.【答案】解：(1)当甲粒子垂直0A进入磁场区域，运动轨迹如图：

v

此时甲速度为：％=st：；o。=ix=%cos30°=V3v0

沿电场方向：v=at,a=—,x=\at2

l▲人xm2

垂直电场方向，由几何关系得：dcos30°=vot,

解得：E=2普，％=

qd4

所以。点坐标孙=-d+dsin300=-d

44

（2）当粒子轨迹与y轴相切时，粒子半径最大，此时对应的％最小。

如图所示：

根据几何关系：（d+r）si?i30。=7，得：r=d,

根据：Boqv1=my

得：%=座

uqr

将％=2%代入得：

2mv

B°—0

qr

（3）当粒子在磁场区域〃中弦长最短时，时间最短，如图,

所以粒子在区域〃中转过的圆心角为：2a=120。，在区域I中转过的圆心角为30。

（上图中右侧三角形为等腰三角形，两底角为30。，腰长为r）

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则乙入射点距。点

d!—2rcos30°-r=V3d—d

答：(1)匀强电场的场强大小为誓，。点的坐标为:由

(2)区域I处磁感应强度的最小值为翼2；

(3)乙从距离。点旧d-d处垂直OA射入

【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，用类平抛运动规律解决；

(2)当粒子轨迹与y轴相切时，粒子刚好不能进入区域U,此时的磁感应强度就是满足

条件的最小值；

(3)当粒子在磁场区域〃中弦长最短时，时间最短，画出轨迹图求解。

难度最大的是第三问中找到什么情况下，在区域II中运动的时间最短。

15.【答案】不变8①

【解析】解：由图可知，图线8c与纵坐标平行，表示气体的体积不变，所以的

过程中，单位体积中的气体分子数目不变；

气体完成一次循环，气体的温度不变，内能不变，即△〃=(),根据热力学第一定律可

得：AU=W+Q,解得：一4/-20/+20/+12/+皿=0,解得W=—8/,故对外做

功为8J；

根据理想气体的状态方程：拳=。可知，气体的温度越高，压强与体积的乘积PV值越

大，所以由图可知%＞北；气体的分子的运动的统计规律：中间多，两头少；