2021年廣東省深圳市布吉高級中學(xué)高考物理考前模擬試卷（附答案詳解）

副標題

1.如圖為玻爾理論的氫原子能級圖，當一群處于激發(fā)態(tài)n￡/e\

X———---------0

n=3能級的氫原子向低能級躍遷時，發(fā)出的光中有兩4---------------------0.8S

種頻率的光能使某種金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，以下說法中正3---------------------1.51

確的是（）2----------~3.4

A.這群氫原子向低能級躍遷時能發(fā)出四種頻率的光

1---------------------13.6

B.這種金屬的逸出功一定小于10.2W

C.用波長最短的光照射該金屬時光電子的最大初動能一定大于3.4eV

D.由n=3能級躍遷到n=2能級時產(chǎn)生的光一定能夠使該金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)

2.一傾角為的斜面體固定在水平面上，其斜面部分光滑，現(xiàn)將

兩個質(zhì)量均為的物塊A和B疊放在一起，給A、8整體一

初速度使其共同沿斜面向上運動，如圖所示，已知A的上表

面水平，則在向上運動過程中，下列說法正確的是（）

A.物塊B對A的摩擦力方向水平向右

B.物塊A對8的作用力做正功

C.4對3的摩擦力大小為zngsinOcos。

D.由于8減速運動，則8的機械能減少

3.甲、乙兩球質(zhì)量分別為巾1、m2,從同一地點（足夠高）同

時靜止釋放.兩球下落過程中所受空氣阻力大小f僅與

球的速率v成正比，與球的質(zhì)量無關(guān)，即/=ku（k為正

的常量），兩球的u-t圖象如圖所示，落地前，經(jīng)過時間

環(huán)兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值巧、v2,則下落判

斷正確的是（）

A.甲球質(zhì)量大于乙球

m2vt

C.釋放瞬間甲球的加速度較大D.%時間內(nèi)，兩球下落的高度相等

4.據(jù)英國海日郵報》報道，科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了一顆距離地球僅14光年的“另一個地

球”-沃爾夫（勿o"）1061c.沃爾夫1061c的質(zhì)量為地球的4倍，圍繞紅矮星沃爾夫

1061運行的周期為5天，它是迄今為止在太陽系外發(fā)現(xiàn)的距離最近的宜居星球.設(shè)

想從地球發(fā)射一顆科學(xué)探測衛(wèi)星圍繞沃爾夫1061c表面運行.已知萬有引力常量為

G,天體的環(huán)繞運動可看作勻速圓周運動.則下列說法正確的是（）

A.從地球發(fā)射該衛(wèi)星的速度應(yīng)該小于第三宇宙速度

B.衛(wèi)星繞行星沃爾夫1061c運行的周期與該衛(wèi)星的密度有關(guān)

C.沃爾夫1061c和地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的三次方之比相等（提產(chǎn)

365

D.若已知探測衛(wèi)星的周期和地球的質(zhì)量，可近似求出沃爾夫1061c的半徑

5.如圖所示，一砂袋用無彈性輕細繩懸于。點。開始時砂袋處于靜一p

止狀態(tài)，一彈丸以水平速度火擊中砂袋后未穿出，二者共同擺動。

若彈丸質(zhì)量為m,砂袋質(zhì)量為5m,彈丸和砂袋形狀大小忽略不計，三A

彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計，不計空氣阻力，重力加

速度為g。下列說法中正確的是（）

A.彈丸打入砂袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變

B.彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的沖量大小大于砂袋對彈丸的沖量大小

C.彈丸打入砂袋過程中所產(chǎn)生的熱量為遮

72

D.砂袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為房

72g

6.如圖所示，M、N為兩個等大的均勻帶電圓環(huán)，其圖心分別為A、C,帶電量分別

為+Q、-Q,將它們平行放置，A、C連線垂直于圓環(huán)平面，8為AC的中點，現(xiàn)有

質(zhì)量為修、帶電量為+q的微粒（重力不計）從左方沿A、C連線方向射入，到A點時

速度以=lm/s,到8點時速度%=^m/s,則（）

MN

A.微粒從B至C做加速運動，且之=3mls

B.微粒在整個運動過程中的最終速度為遙m/s

C.微粒從A到C先做加速運動，后做成速運動

D.微粒最終可能返回至B點，其速度大小為Zni/s

7.如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在可以繞豎直軸旋轉(zhuǎn)

的水平轉(zhuǎn)臺上，轉(zhuǎn)臺轉(zhuǎn)軸與過容器球心。的豎直線重合，轉(zhuǎn)r+J

臺以一定角速度3勻速旋轉(zhuǎn)。有兩個質(zhì)量均為〃?的小物塊落

入容器內(nèi)，經(jīng)過一段時間后，兩小物塊都隨容器一起轉(zhuǎn)動且

相對容器內(nèi)壁靜止，兩物塊和球心O點的連線相互垂直，且4物塊和球心。點的

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連線與豎直方向的夾角。=60。，已知重力加速度大小為g,則下列說法正確的是

()

A.若A物塊受到的摩擦力恰好為零,B物塊受到的摩擦力的大小為叵皿

4

B.若A物塊受到的摩擦力恰好為零,B物塊受到的摩擦力的大小為中

若B物塊受到的摩擦力恰好為零,A物塊受到的摩擦力的大小為『

D.若B物塊受到的摩擦力恰好為零,A物塊受到的摩擦力的大小為叵皿

4

8.如圖所示，間距為d的兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.質(zhì)量

為，”的金屬棒而與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強磁場中，磁場

方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。金屬棒外與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為“，位于導(dǎo)軌間金屬

棒油的電阻為R,重力加速度為g,金屬棒油以初速度孫沿導(dǎo)軌向右運動位移x

速度減小為零。下列說法正確的是()

A.ah中的感應(yīng)電流方向由a到b

B.通過電阻R的電荷量為詈

2R

C.金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為;m詔-"mgx

D.金屬棒運動的時間為也-警言

g2nmgR

9.某同學(xué)用一彈簧秤和一橡皮條做驗證平行四邊形的實

驗，裝置如圖所示，實驗步驟如下：

①將貼有白紙的木板豎直固定，將橡皮條上端掛在木

板上。點；

②將三根細線R，、Pb、Pc結(jié)于P點，a端系在橡皮

條下端。C端暫時空置，人端掛一鉤碼，鉤碼靜止后，

記錄鉤碼重力G的大小和方向；

③以。為圓心、OP為半徑，畫一圓??；

④用彈簧秤鉤住c端，向右上方緩慢拉，調(diào)整拉力方向，使結(jié)點P移到圖中所示位

置，記錄該位置和彈簧秤的示數(shù)；

⑤在白紙上作出各力的圖示，驗證平行四邊形定則是否成立。

(1)第④步中還應(yīng)記錄的是。

(2)第⑤步中，若橡皮條拉力與彈簧秤拉力的合力大小等于,方向則

可驗證平行四邊形定則。

10.學(xué)習(xí)了“測電源電動勢和內(nèi)阻”后，某物理課外活動小組自制了西紅柿電池組，設(shè)

計了如圖1所示的實驗電路，測定了電壓表的內(nèi)阻，并用多種方法測量電池組的電

動勢與內(nèi)阻，請完成下面實驗。

(1)用筆畫線代替導(dǎo)線按照電路圖將實物圖連線

(2)將單刀雙擲開關(guān)S打向觸頭1,調(diào)節(jié)電阻箱的示數(shù)為品，電流表的示數(shù)為和電

壓表的示數(shù)為%,則電壓表的內(nèi)阻Ru=

(3)將單刀雙擲開關(guān)S打向觸頭2,僅測多組電壓表的示數(shù)U和電阻箱的示數(shù)R,然

后運用數(shù)據(jù)作出5-5圖象為一條傾斜的直線，得到直線的斜率為K,縱軸截距為6,

UK

則該電池組的電動勢E=,內(nèi)阻r=(用K、b、Rv表示)。

11.如圖所示，虛線L右側(cè)空間有水平向右電場強度第=一一--

2.5N/C的勻強電場，左側(cè)空間有一豎直向上電場強度*????---------*

%=1.25N/C的勻強電場和垂直于紙面向外的勻強；：『I乂，.，

磁場8,在瓦場區(qū)有四分之一的光滑絕緣圓軌道，半,,'"

徑為R=0.2m,圓心在虛線。點，過低端點。的切線水平，現(xiàn)將一視為質(zhì)點的帶

正電荷粒子從軌道的最高點P由靜止釋放，粒子沿軌道向底部運動，已知粒子的質(zhì)

量為m=1XlCrMg,粒子帶電量qi=+3XI。-4。，取g=lOm/s2.求：

(1)粒子沿軌道向下運動過程中對軌道的最大壓力；

(2)若粒子運動到。點瞬間僅使其電量變?yōu)閝2=+8x10-4C,要使粒子再次通過虛

線位置落到圓軌道內(nèi)，磁感應(yīng)強度B大小應(yīng)滿足什么條件。

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12.如圖所示，光滑曲面與光滑水平導(dǎo)軌MN相切，導(dǎo)軌右端N處于水平傳送帶理想連

接，傳送帶長度L=4m,皮帶輪沿順時針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率□=

4.0m/s運動?；瑝K8、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，B、C與細繩、

彈簧一起靜止在導(dǎo)軌上。一可視為質(zhì)點的滑塊4從九=0.2m高處由靜止滑下，

已知滑塊A、B、C質(zhì)量均為m=2.0kg,滑塊A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間

極短。因碰撞使連接8、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、

B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度%=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地

面上的P點.已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,重力加速度g取

10m/s2?

(1)求滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大?。?/p>

(2)求滑塊B、C與細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；

(3)若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至尸點，則滑塊A

與滑塊B碰撞前速度的最大值外是多少？

13.下列說法正確的是()

A.水的飽和氣壓隨溫度的升高而增加

B.自然界凡是符合能量守恒定律的宏觀過程都能自然發(fā)生

C.液晶具有光學(xué)的各向異性

D.荷葉上的露珠成球形是表面張力的結(jié)果

E.布朗運動是懸浮在液體中的固體顆粒的分子無規(guī)則運動的反映

14.如圖所示，將長度L=50cm,粗細均勻?qū)嵝阅芰己玫牟ＡЧ茇Q

直放置，上端開口；現(xiàn)用長為九=4cm的一段水銀柱封閉玻璃管

內(nèi)的氣體，氣柱的長度為2=36cm,已知環(huán)境溫度為300K,外

界的大氣壓強Po=76cmHg,

①若向玻璃管內(nèi)緩慢地注入水銀，求水銀柱的上端剛好與玻璃管

的開口處平齊時水銀柱的長度;

②若將玻璃管開口向下豎直放置，給管內(nèi)氣體加熱，使水銀柱的下端剛好與玻璃

管的開口處平齊，求此時氣柱的溫度。

15.一列沿x軸方向傳播的簡諧波，t=0時刻的波形圖

如圖所示，P點此時的振動方向沿y軸的正方向，經(jīng)

0.1s第二次回到P點。則下列說法中正確的是（）

A.該簡諧波的傳播方向沿x軸的負方向

B.該簡諧波的波速大小為20m/s

C.t=0.125s時，P點的振動方向沿y軸的負方向

D.t=0.15s時,尸點的速度正在減小，加速度正在減小

E.t=0.15s時，尸點的速度正在減小，加速度正在增大

16.如圖所示，圓柱形油桶中裝滿折射率n=a的某種透明液體，油桶的高度為H,半

徑為半，桶的底部裝有一塊平面鏡，在油桶底面中心正上方高度為d處有一點光源

P，要使人從液體表面上方任意位置處都能夠觀察到此液體內(nèi)點光源P發(fā)出的光，d

應(yīng)該滿足什么條件？

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1.【答案】B

【解析】解：A、由n=3能級的激發(fā)態(tài)向低能級躍遷時，輻射出三種頻率光子的能量分

另IJ為12.09W、10.2eV、1.89W,結(jié)合題意，根據(jù)光電效方程可知，這種金屬的逸出功

一定小于10.2eV,故A錯誤，B正確；

C、用波長最短即光子能量為12.09eIZ的光照射該金屬時，其最大初動能最小值為a=

12.09eK-10.2eV=1.89eV,則其最大初動能一定大于1.89eL故C錯誤；

D、由n=3能級躍遷到n=2能級時產(chǎn)生的光子能量為1.89eU,由上面分析可知該金屬

的逸出功一定小于10.2eU,所以不一定能夠使該金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)，故。錯誤.

故選:Bo

根據(jù)氫原子從n=3能級向低能級躍遷時發(fā)出的光子能量來判斷該金屬的逸出功，然后

根據(jù)光電效應(yīng)方程進行判斷即可；

本題考查了能級的躍遷，同時注意光電效應(yīng)方程的應(yīng)用問題，在平時學(xué)習(xí)過程中加強訓(xùn)

練。

2.【答案】C

【解析】

【分析】

根據(jù)整體法求出共同的加速度，將加速度分解為水平方向和豎直方向，隔離對B分

析，求出A、8之間的支持力和摩擦力，從而即可求解。

解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進行受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，注意整體法和

隔離的運用。

【解答】

A、對整體分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，再

隔離B分析可得，故8定會受到A給B水平向右的摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，則物

塊A受到B的摩擦力水平向左，故A錯誤：

B、物塊B受到A的支持力向上，而A對B的摩擦力向右，則其合力斜向右上方，與其

速度方向夾角大于90。，那么物塊A對3的作用力做負功，故8錯誤；

C、對整體分析，其加速度沿斜面向下，可將此加速度分解為水平方向和豎直方向，水

平方向上的加速度的=acosd=gsindcosd,豎直方向上的加速度a?=asind=

gsin20.隔離對8分析，A對8的摩擦力/=rn%=mgsinOcosJ,故C正確；

D、先對整體分析，有沿向下加速度為gs譏0.再對B分析，（把A對B的摩擦力和支持力

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看作一個力），重力沿斜面的分力產(chǎn)生的加速度為gsin。，重力的另一個分力與把A對8

的作用力平衡，所以A對B的合力垂直于斜面方向，不做功，所以B機械能不變，故。

錯誤。

故選：C?

3.【答案】A

【解析】解:A8、兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時ku=mg,

因此最大速度與其質(zhì)量成正比，即“??m,由圖象知%>v2,因此加科>M乙；

故A正確，B錯誤。

C、釋放瞬間"=0,空氣阻力/'=0,兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g。故c

錯誤；

。、圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，％時間內(nèi)兩球下落的高

度不相等；故。錯誤；

故選：Ao

由圖看出兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，重力與空氣阻力平衡，

根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式分析.

本題中小球的運動情況與汽車起動類似，關(guān)鍵要抓住穩(wěn)定時受力平衡，運用牛頓第二定

律分析.

4.【答案】D

【解析】

【分析】

當發(fā)射的速度大于第三宇宙速度，衛(wèi)星會飛到太陽系以外；根據(jù)萬有引力提供向心力得

出周期的表達式，從而分析判斷；沃爾夫1061c和地球公轉(zhuǎn)時的中心天體不同，開普勒

第三定律不適用；根據(jù)萬有引力提供向心力，結(jié)合周期和中心天體的質(zhì)量求出沃爾夫

1061c的半徑.

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，以及知道開普勒第三定律的適

用條件，即對同一中心天體而言.

【解答】

4、從地球發(fā)射一顆科學(xué)探測衛(wèi)星圍繞沃爾夫1061c表面運行，發(fā)射的速度應(yīng)大于第三

宇宙速度，故4錯誤.

B、根據(jù)(；等=小「黑知，r=與衛(wèi)星的密度無關(guān)，故8錯誤.

C、沃爾夫1061c和地球圍繞的中心天體不同，不能根據(jù)開普勒第三定律求解軌道半徑

的三次方，可知公轉(zhuǎn)半徑的三次方之比不相等，故C錯誤.

D、已知地球的質(zhì)量，可以得知沃爾夫1061c的質(zhì)量，根據(jù)G萼=mr與可以求出沃爾

r2T2

夫1061c的半徑，故￡＞正確.

故選：D.

5.【答案】D

【解析】

【分析】：

彈丸打入砂袋過程中，根據(jù)向心力的變化分析細繩拉力的變化。根據(jù)牛頓第三定律和沖

量的定義/=Ft分析彈丸對砂袋的沖量和于砂袋對彈丸的沖量大小關(guān)系。彈丸打入砂袋

過程中，內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求出

產(chǎn)生的熱量。彈丸打入砂袋后一起擺動過程中整體的機械能守恒，由機械能守恒定律求

擺動所達到的最大高度。

本題中物理過程較多，關(guān)鍵先要正確把握每個過程的物理規(guī)律，知道子彈打擊過程遵守

動量守恒定律和能量守恒定律。之后，整體的機械能守恒。

【解答】：

4、彈丸打入砂袋過程中，砂袋的速度不斷增大，所需要的向心力，則細繩對砂袋的拉

力增大，由牛頓第三定律知，砂袋對細繩的拉力增大，故A錯誤；

反彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的作用力與砂袋對彈丸的作用力大小相等，作用

時間相同，則彈丸對砂袋的沖量大小等于砂袋對彈丸的沖量，故8錯誤；

C、彈丸打入砂袋過程中，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得nW。=(巾+5m)v,

得v7

產(chǎn)生的熱量為Q=|mv^-|(m+5m)v2=|m諾，故C錯誤；

D、彈丸打入砂袋后一起擺動過程中整體的機械能守恒，則得/m+5m)/=(m+

5m)g/i,%=券，故。正確。

故選：Do

6.【答案】AB

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【解析】解：4、AC之間電場是對稱的，4到8的功和B到C的功相同，依據(jù)動能定理

可得：qEd=^mvl-2qEd=正一;TH若，解得：9c=3m/s。故力正確。

BD、過B做垂直AC的線，此線為等勢面，微粒出C之后，會向無窮遠處運動，而無

窮遠出電勢為零，故8點的動能等于無窮遠處的動能，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終

的速度應(yīng)該與B點相同，均為%=^m/s,故8正確，。錯誤。

C、在到達4點之前，微粒做減速運動，而從A到C微粒一直做加速運動，故C錯誤。

故選：AB.

由圖可以知道AC之間電場是對稱的，A到8的功和8到C的功相同，依據(jù)動能定理可

求微粒在C點的速度；

過8做垂直AC的線，此線為等勢面，微粒出C之后，依據(jù)能量守恒可以得到微粒最終

的速度應(yīng)該與B點相同。

該題關(guān)鍵：一、要會識別電場分布，對于這種對稱分布的電荷，其電場應(yīng)該是對稱的；

二、要會識別電場的等勢面，這個圖有點相等量異種點電荷的電場和等勢面分布，解題

時候就是要類比它來解決。

7.【答案】BC

【解析】解：A3、當4摩擦力恰為零時，物塊與圓心連線與豎直方向的夾角為60。，受

力如圖1所示，

根據(jù)牛頓第二定律得:

mgtan60°=mro)

r=Rsin60°

此時B滑塊有沿斜面向上滑的趨勢，摩擦力沿罐壁切線向下，受力如圖2所示?

3

圖2

豎直方向上：Ncos300—fsin30°—mg=0

水平方向上：Ns譏30。+fcos300=mrra)2

其中r'=Rsm30。，聯(lián)立解得：/=包電￡,故A錯誤，B正確；

72

CD、當8摩擦力恰為零時，物塊與圓心連線與豎直方向的夾角為30°

根據(jù)牛頓第二定律得：mgtan30°=mra)2

其中丁=Rsin300

此時A滑塊有沿斜面向下滑的趨勢，摩擦力沿罐壁切線向上，

豎直方向上：Ncos600+fsin600-mg=0

水平方向上：Nsin600—fcos600=mrra)2

r'=Rsin60°,聯(lián)立解得：f=(、*)叫故c正確。。錯誤；

故選：BC.

A物塊受到的摩擦力恰好為零，重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求

摩擦力：

分析此時B物體摩擦力的方向，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐

壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大小；

解決本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向

上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進行求解

8.【答案】BC

【解析】解：A、根據(jù)右手定則可知他中的感應(yīng)電流方向由b到”，故A錯誤；

B、由勺=/./\力/=芻，E=—,△0=Bdx,可得q=譬，故B正確；

“2RAt2ft

C、根據(jù)能量守恒定律有2Q=-iimgx,解得金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q=詔-

3注mgx,故C正確;

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。、對于金屬棒，根據(jù)動量定理有一t一卬ngt=0-m%,而》?△「二9，聯(lián)立

可得t=型一等故。錯誤。

林g2AMgR

故選：BC。

根據(jù)右手定則可判斷電流的方向，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和電流的定義式可求得通過

電阻的電荷量，根據(jù)能量守恒定律可求得產(chǎn)生的焦耳熱，根據(jù)動量定理可求解導(dǎo)體棒運

動時間。

本題是一個電磁感應(yīng)中的綜合問題,綜合了功能關(guān)系，右手定則，法拉第電磁感應(yīng)定律、

動量定理、閉合電路歐姆定律等多項知識。需要注意。選項，用動量定理結(jié)合求解電荷

量的公式求時間九

9.【答案】（1）彈簧秤拉力的方向；（2）G；豎直向上。

【解析】

【分析】本實驗中采用了兩個力合力與一個力效果相同來驗證的平行四邊形定則，因此

采用“等效法”，注意該實驗方法的應(yīng)用，步驟④中只有記下細繩的方向，才能確定

力的方向，進一步才能根據(jù)平行四邊形定則求合力；同一次實驗中，只有使結(jié)點到達同

樣的位置，才能表示兩種情況下力的作用效果相同。

掌握“驗證力的平行四邊形定則”的實驗原理和實驗步驟，同時注意只有通過具體實踐,

才能真正的理解具體實驗操作細節(jié)的意義，因此平時同學(xué)們應(yīng)該加強實驗實踐，而不是

空洞的記憶實驗。

【解答】（1）由于力是矢量，在驗證時，需要記錄拉力的方向，所以第④步中還應(yīng)記錄

的是彈簧秤拉力的方向。

（2）驗證平行四邊形定則，需要結(jié)合共點力平衡，任意兩個力的合力與第三個力大小相

等，方向相反，所以在第⑤步中，若橡皮條拉力與彈簧秤拉力的合力大小等于鉤碼的

重力G,方向豎直向上則可驗證平行四邊形定則。

故答案為：（1）彈簧秤拉力的方向；（2）G；豎直向上。

U°RoRykRy

10.【答案】

IQRO~UQbRy-kbRy-k

【解析】解：（1）根據(jù)圖I所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示:

（3）單刀雙擲開關(guān)S打向觸頭2,由圖示電路圖可知，電源電動勢：E=U+/r=U+《+

整理得：++

UC,KCDKy

則?押線的斜率：y

縱軸截距：b=2+￡-,

CCKy

解得，電源電動勢為：E=-^-

DKy-K

電源內(nèi)阻為：r=

DKy—K

故答案為：（1）實物電路圖如圖所示；Q）器，；（3）缶；

、IQKQ-UQDKy-KDKy-K

（1）根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖。

（2）根據(jù)實驗電路圖應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電壓表內(nèi)阻。

（3）根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后求出電源電動

勢與內(nèi)阻。

知道實驗原理、分析清楚實驗電路結(jié)構(gòu)是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用串并聯(lián)電路特點與歐

姆定律可以求出電壓表內(nèi)阻，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后可以

求出電源電動勢與內(nèi)阻。

11.【答案】解：（1）粒子在電場E]中受電場力為:L

3

3

F]=q1E1=0.75x10~N=—mg./呻RP

4OY,...........Y

則受重力及電場力合力F=[mg,方向與小成。角i專.

3vQmgF

m

八A93

tanO=----=—

mg4

第14頁，共20頁

解得：0=37°

設(shè)粒子到達C點對軌道壓力最大，設(shè)此時速度為九,軌道對粒子的支持力M

由動能定理有：

1

mgRsind—q、E\RQ-sin。）=-mvc—0

由牛頓第二定律有：

N-FYl

=mR

解得：N=-mg=2.25x10-3N

4

由牛頓第三定律可知，P對軌道最大壓力為2.25x10-3/V；

（2）粒子到達軌道底時速度設(shè)為v

由動能定理得：

1

mgR—q、E、R=-mv9-0

解得：v=lm/s

在電場場中，因電場力尸2=92%=10-3%=機9

故粒子在L左側(cè)復(fù)合場中受8作用做勻速圓周運動，再次到L時速度大小仍為火然后

在Ei中受力及狀態(tài)如圖

水平方向受力為勺2品

加速度：

2

a2=—20m/s

運動位移為K時，需要時間為f

則有：R=仇+&a2t之

代入數(shù)據(jù)解得；ti=-0.2s（舍去）t2=0.1s

豎直方向受重力以加速度g加速fs下落位移/i=：gt2=o.O5m

要使8落到圓軌道內(nèi)，即2rWh+R

而由洛倫茲力充當向心力可知，r=當

聯(lián)立解得：B>1T

答：（1）粒子沿軌道向下運動過程中對軌道的最大壓力為2.25X10-3必

（2）若粒子運動到。點瞬間僅使其電量變?yōu)樯?=+8x10-4C,要使粒子再次通過虛線位

置落到圓軌道內(nèi)，磁感應(yīng)強度B大小應(yīng)滿足B>17。

【解析】（1）分析粒子受電場力和重力情況，求出合力大小以及方向，確定等效重力場

中的最低點，從而根據(jù)動能定理和向心力公式求出壓力大?。?/p>

（2）根據(jù)動能定理求出粒子到達軌道底時的速度，明確重力和電場力的關(guān)系，確定粒子

的運動情況，從而根據(jù)圓周運動規(guī)律確定磁場的強弱。

本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動情況，要注意明確只有重力和電場力時，要找出等

效重力場的方向，同時注意明確帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，電場力和重力

應(yīng)平衡。

12.【答案】解：（1）滑塊C滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度u=4m/s所用的時間

為6

加速度大小為“，在時間「內(nèi)滑塊C的位移為X,

由牛頓第二定律得：nmg=ma,

由速度公式得：v=vc+at,

2

由位移公式得：%=vct+^at,

代入數(shù)據(jù)解得：x=3m,x=3m<L,

滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，

并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為u=4.0m/s

（2）設(shè)A、2碰撞前A的速度為火,4、8碰撞后的速度為％,A、8與C分離時的速度為

v2>

由機械能守恒定律得：mAgh=^mAv^,

系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

mAv0=（mA+僧8）%，（四+=（%+加8）。2+msc，

A、B碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：

Ep+*機4+68）資=：（巾4+血8）詔+：me正，

代入數(shù)據(jù)可解得：EP=2.07；

（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，

它減速運動到傳送帶右端時，速度應(yīng)當恰好等于傳送帶的速度入設(shè)A與8碰撞后的速

度為巴，

分離后A與B的速度為少2,滑塊C的速度為u'c，C在傳送帶上做勻減速運動的末速度

為u=4m/s,

加速度大小為2m/s2,由勻變速直線運動的速度位移公式得:v2-=2（-a）L,解得：

v'c—4v方n/s,

第16頁，共20頁

4、8碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAvm=(m4+

如必，

彈簧伸開過程，由動量守恒定律得：(犯4+=mcv'c+(mA+me)v2>

，2,2

由能量守恒定律得：與+：(m4+譏8)%"=|(w/i+wB)v2+lrncvc,

解得：vm=4V24-^V2?8.1m/So

答：(1)滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大小為4.0m/s；

(2)求滑塊B、C與細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep為2.0/；

(3)若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至尸點，則滑塊A與滑

塊8碰撞前速度的最大值%1是8.1巾小。

【解析】(1)C在傳送帶上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng)用勻

變速直線運動規(guī)律求出C離開傳送帶時的速度。

(2)4、2碰撞過程、彈簧彈開過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可

以求出彈簧的彈性勢能。

(3)應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律與運動學(xué)公式可以求出滑塊A的最大速度。

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，物體運動過程復(fù)雜，分析清楚物體的運動過程是解題

的前提，分析清楚物體運動過程后，應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律、運動學(xué)公式即

可解題。

13.【答案】ACD

【解析】

【分析】

一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都有方向性；飽和蒸氣壓與溫度有關(guān)；液晶具有光學(xué)

的各向異性；布朗運動是液體分子無規(guī)則運動的反映；荷葉上的露珠成球形是表面張力

的結(jié)果。

本題是熱學(xué)綜合題，考查了熱力學(xué)第二定律、布朗運動、飽和蒸氣壓、表面張力、液晶，

都是定性分析的問題，關(guān)鍵是要多看書。

【解答】

A.與液體處于動態(tài)平衡的蒸氣叫飽和蒸氣；反之，稱為不飽和蒸氣。飽和蒸氣壓力與飽

和蒸氣體積無關(guān),在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強也是一

定的，這個壓強叫做飽和蒸氣壓強。蒸發(fā)面溫度升高時，水分子平均動能增大，單位時

間內(nèi)脫出水面的分子增多(此時，落回水面的分子數(shù)與脫出水面的分子數(shù)相等)，故飽和

氣壓隨溫度的升高而增加。故A正確；

B.一切與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程都是不可逆的，都有方向性，故8錯誤；

C.液晶既具有液體的流動性也具有單晶體的各向異性，即具有光學(xué)的各向異性，故C正

確；

D荷葉上的露珠成球形是表面張力的結(jié)果，故