2021屆甘肅省高考物理三模試卷（新課標Ⅱ）附答案詳解

2021屆甘肅省高考物理三模試卷（新課標II）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.閉合線圈與勻強磁場垂直，現(xiàn)將線圈拉出磁場，第一次拉出速度xxXL.X

為女，第二次拉出速度為第一次的兩倍。2=2%則（XX

A.兩次拉力做的功一樣多又

B.兩次所需拉力一樣大

C.兩次拉力的功率一樣大

D.兩次通過線圈的電荷量一樣多

2.發(fā)射地球同步衛(wèi)星要經(jīng)過三個階段：先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1,然

上正常運行時，則以下說法正確的是（）

A.衛(wèi)星在軌道3上的運行速率大于7.9km/s

B.衛(wèi)星在軌道3上的機械能小于它在軌道1上的機械能

C.衛(wèi)星在軌道3上的運行速率小于它在軌道1上的運行速率

D.衛(wèi)星沿軌道1經(jīng)過Q點時的加速度小于軌道2經(jīng)過Q點時的加速度

3.如圖所示，質(zhì)點在豎直面內(nèi)繞。點沿順時針方向做勻速圓周運動。Si、

S2、S3、S4是圓周上的四個點，S1S3是過圓心的水平線，S2s4是過圓Y

心的豎直線。現(xiàn)質(zhì)點分別在Si、S2、S3、S4各點離開軌道后在空中1

運動一段時間落在水平地面上。若質(zhì)點在空中運動時只受重力，則

L

下列說法正確的是（）；

I

A.質(zhì)點在&離開軌道后在空中運動的時間一定最短]—

B.質(zhì)點在S2離開軌道后在空中運動的時間一定最短

C.質(zhì)點在S3離開軌道后在空中運動的時間一定最大

D.質(zhì)點在S4離開軌道后在空中運動的時間一定最大

4.一小球做豎直上拋運動的u-t圖象如圖所示，下列說法正確的是（）

A.在t時刻，小球的加速度為零\

B.在t時刻，小球的合外力為零0\\，（

C.在0?2t時間內(nèi)，合力對小球的沖量不為零

D.在。?2t時間內(nèi)，合力對小球做的功不為零

5.2019年8月我國已經(jīng)建成了新托卡馬克（E4S7）裝置一中國環(huán)流器二號M裝置（HL-2M）,為“人

造太陽”創(chuàng)造了條件，其等離子溫度有望超過2億攝氏度，將中國的聚變堆技術(shù)提升到了新的高

度。設(shè)該熱核實驗反應(yīng)前笊核64）的質(zhì)量為瓶核（：H）的質(zhì)量為機2，反應(yīng)后氮核（￡，e）的質(zhì)

量為僧3,中子Gn）的質(zhì)量為爪4?關(guān)于聚變的說法正確的是（）

A.核裂變比核聚變更為安全、清潔

B.由核反應(yīng)過程質(zhì)量守恒可知mi+m2=m3+m4

C.兩個輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核，比結(jié)合能較聚變前減少

D.HL-2M中發(fā)生的核反應(yīng)方程式是IH+IH￡He+^n

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

6.中央電視臺株點訪談》多次報道某些邊遠落后農(nóng)村電價過高，農(nóng)民負擔過重.其中客觀原因

是電網(wǎng)陳舊老化.近來進行農(nóng)村電網(wǎng)改造，為減少遠距離輸電的損耗而降低電費價格可采取的

措施有（）

A.提高輸送功率B.增大輸送電流

C.提高高壓輸電的電壓D.換用比原來粗的導(dǎo)線

7.某質(zhì)子僅在電場力作用下沿x軸運動，如圖甲所示。M、N為x軸上的兩點，X”、跖分別為M、N

兩點在x軸上的坐標值。該質(zhì)子的速度的平方/隨其坐標》變化的關(guān)系如圖乙所示，則下列說法

中正確的是（）

A.該電場一定是孤立點電荷形成的電場

B.M點的電場強度小于N點的電場強度

C.M點的電勢大于N點的電勢

D.質(zhì)子在M點的電勢能大于在N點的電勢能

8.如圖甲所示，光滑水平面上有一足夠長的木板B,木板上表面放一質(zhì)量為Mg的小物塊4,在木

板B右方水平面上有一豎直墻面。t=0時刻，4、B以相同的速度一起向右勻速運動，經(jīng)過一段

時間木板B和豎直墻面發(fā)生碰撞，忽略木板和墻面碰撞的時間，整個過程它們的速度u隨時間t變

化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g=10m/s2.則以下說法正確的是（）

A.木板B的質(zhì)量為2kg

B.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2

C.在0?8s時間內(nèi)，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒

D.整個過程小物塊4在木板B上的劃痕長為207n

三、填空題（本大題共2小題，共9.0分）

9.在熱力學(xué)中有一種循環(huán)過程叫做焦耳循環(huán)。它由兩個等壓過程和和兩個絕熱過程組成，圖示為

一定質(zhì)量的某理想氣體的焦耳循環(huán)過程（4-B-C-DtA）。已知某些狀態(tài)的部分參數(shù)如圖

所示。試解決下列問題：

（1）已知狀態(tài)4的溫度。=600K,求狀態(tài)C的溫度%=K；

（2）若已知C-D過程放熱Q=100/,D->4過程外界對氣體做的功%4=Jo

10.如圖所示，彈簧振子沿直線做簡諧振動，先后以相同的速度為依次通過4、40B

B兩點，歷時1s,過B點后再經(jīng)過1s,反向第二次通過B點，則質(zhì)點的振動周期為s,再次

以。o過4點需So

四、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.18.（12分）如圖所示為糧食倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺

水平傳送，4、B兩端相距G=3m；另一臺傾斜傳送，傳送帶與地面間的傾角。為37。，C、。兩

端相距A2=4.45m,B、C相距很近.水平傳送帶以%=5m/s沿順時針方向轉(zhuǎn)動.現(xiàn)將質(zhì)量為

m=10kg的一袋大米無初速度的放在4端，它隨傳送帶到達B點后，速度大小不變的傳到傾斜

傳送帶的C端.米袋與兩傳送帶之間的動摩擦因素均為0.5,取g=10m/s2,SE37。=0.6,

cos37O=0.8.

(1)若傾斜傳送帶CD不轉(zhuǎn)動，則米袋沿傳送帶CD所能上滑的最大距離是多少？

(2)若傾斜傳送帶CD以"=4ni/s的速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，則米袋從C端運動到。端的時間為

多少？

12.小燈泡上標有“3.8V,1.9勿”字樣，現(xiàn)用伏安法研究它的伏安特

性曲線，供選器材有:

A.電壓表匕(0?3IZ,內(nèi)阻即1約為5A0)

8.電壓表彩(0?15V,內(nèi)阻即2約為25kO)

C.電流表4式量程為200m4已知內(nèi)阻以i為100)

D電流表&(量程為600n內(nèi)阻以2約為4。)

E.定值電阻&QO0)

F.滑動變阻器R(0?100,1A)

G.電源E(6U,內(nèi)阻約為1。)

，.單刀開關(guān)S一個、導(dǎo)線若干

(1)要求測量盡量準確，且測量范圍盡可能大，并能測量小燈泡的額定電流，實驗中應(yīng)選用的兩個電

表分別是.(填對應(yīng)器材前的字母序號);

(2)請利用(1)問中選擇的電表，在甲圖所示的虛線框里把實驗電路圖補充完整(并在圖中標明所選器

材的電學(xué)符號);

(3)實驗測得多組數(shù)據(jù)，將該數(shù)據(jù)處理后作出小燈泡的伏安特性曲線U-/,如圖乙所示。

（4）現(xiàn)將該小燈泡與另一只完全相同的小燈泡并聯(lián)，再接到總電動勢E。=4V、總內(nèi)阻為60的等效電

源兩端，如丙所示，則電路穩(wěn)定時流過每只燈泡的電流為加4（保留二位有效數(shù)字）。

五、計算題（本大題共4小題，共52.0分）

13.如圖甲所示，兩平行金屬板4、B的板長和板間距離均為L（L=0.1m）,48間所加電壓u=

200sinl00兀W，如圖乙所示.平行金屬板右側(cè)，處有一豎直放置的金屬擋板C,高度為唱并和4

B間隙正對，C右側(cè)L處有一豎直放置的熒光屏S.從。點沿中心軸線。。'以速度為=2.0x103zn/s

連續(xù)射入帶負電的離子，離子的比荷5=3xl04c/kg,（射到金屬板上的離子立即被帶走，不

對周圍產(chǎn)生影響，不計離子間的相互作用，離子在4、B兩板間的運動可視為在勻強電場中的運

動.）離子打在熒光屏上，可在熒光屏中心附近形成一個陰影.兀取3,離子的重力忽略.

（1）求熒光屏中心附近陰影的長度.

（2）為使從4極板右側(cè)邊緣打出的離子能到達屏的中點0',可在擋板正上方一圓形區(qū)域加垂直紙面向

里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8=四7（圓心在擋板所在垂線上，圖中未畫出），求所加圓形

磁場的面積和離子在磁場區(qū)域運動的時間.（計算結(jié)果全部保留二位有效數(shù)字）

14.如圖所示，間距為L、電阻為零的U形金屬豎直軌道，固定放置在磁感

應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直豎直軌道平面.豎直軌道上部

套有一金屬條be,be的電阻為R,質(zhì)量為2m,可以在軌道上無摩擦滑

動，開始時被卡環(huán)（圖中未畫出卡環(huán)）卡在豎直軌道上處于靜止狀態(tài).在

be的正上方高〃處，自由落下一質(zhì)量為6的絕緣物體，物體落到金屬條

上之前的瞬問，卡環(huán)立即釋放，兩者粘在一起加速下落.設(shè)金屬條與導(dǎo)

軌的摩擦和接觸電阻均忽略不計，豎直軌道足夠長.

求：

（1）金屬條開始下落時的初速度〃的大小;

(2)金屬條在加速下落過程中，加速度a=￡時，金屬條中電流強度/的大小；

(3)金屬條下落h時，恰好達到最大速度，求在這一過程中感應(yīng)電流產(chǎn)生的熱量.

15.如圖所示，水平放置粗細均勻的玻璃管，管口用橡膠塞封住，一可自由移動的活塞將玻璃管內(nèi)

分隔為AB兩部分，兩部分中均有理想氣體。開始時活塞靜止，A部分氣體的體積是B部分氣體

體積的2.5倍，其壓強均為p,現(xiàn)松動橡膠塞，使B中氣體向外緩慢漏出，整個過程中氣體溫度保

持不變，當4部分氣體的體積變?yōu)樵瓉淼?.2倍時，再將橡膠塞塞緊，求8中剩余氣體與漏氣前6

中氣體的質(zhì)量比。(不計活塞與管壁間的摩擦)

|I-M

16.如圖所示，平靜湖面岸邊有一垂釣愛好者，他的眼睛恰好位于岸邊B點正上方的4點，竿梢處于

水面上的C點，浮標處于水面上的。點，魚餌燈處于浮標正下方的尸點。已知水面與B點等高，AB

間的高度h=0.9m,4C間的距離l=4.5m,CD間的距離x=2m,此時垂釣者發(fā)現(xiàn)魚餌燈剛好

被竿梢擋住，已知魚餌燈發(fā)出的色光，對湖水的折射率為n=立，求：

2

(1)魚餌燈的深度；

(2)若魚餌燈緩慢豎直上浮，當它離水面多深時，魚餌燈發(fā)出的光恰好無法從水面BC間射出。

向梢倒貨濘標

t水

魚餌燈W

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、B線框的速度為郵寸，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為：/=駕

線框所受的安培力大小為：FA=BIL]="我，

由于線框勻速運動，則拉力為：/=以=手8"

所以速度越大，所用的拉力越大.

拉力做的功為：W=FL2=^L2<XV,所以第二次拉力做功多，故A、B錯誤.

C、拉力的功率「=尸"=比盤"81；2,所以第二次拉力的功率大，故C錯誤.

R

。、兩種情況下，線框拉出磁場時穿過線框的磁通量的變化量相等,根據(jù)感應(yīng)電荷量公式q=￥可知，

通過導(dǎo)線截面的電量相等.故。正確.

故選：D

在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，拉力與安培力大小相等，拉力做功等于拉力與位

移的乘積，而拉力功率等于拉力與速度的乘積，線圈產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力做的功.

要對兩種情況下物理量進行比較，我們應(yīng)該先把要比較的物理量表示出來再求解.關(guān)鍵要掌握安培

力的推導(dǎo)方法和感應(yīng)電荷量的表達式.

2.答案：C

解析：解：力、C：人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力，設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為m、

軌道半徑為r、地球質(zhì)量為有G粵=m^

解得：U=呼,軌道3半徑比軌道1半徑大，衛(wèi)星在軌道1上線速度是7.9km/s,則衛(wèi)星在軌道3上的

運行速率小于7.9/CTH/S,故A錯誤，C正確；

8、衛(wèi)星從軌道1到軌道3需要克服引力做較多的功，故在軌道3上機械能較大，故B錯誤；

。、根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律G等=/na得：a=等,所以衛(wèi)星在軌道1上經(jīng)過Q點的加速

度等于在軌道2上經(jīng)過Q點的加速度。故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、向心加速度、和向心力的表達式進行討論

即可.

本題關(guān)鍵抓住萬有引力提供向心力，先列式求解出線速度和角速度的表達式，再進行討論.

3.答案：D

解析：試題分析：質(zhì)點在國、邑點離開軌道后做平拋運動，而且居豎直分位移大于4的豎直分位移，

根據(jù)豎直方向做自由落體運動可以知道，品的時間大于S］的時間；在4點離開后做豎直上

拋運動，在4點離開軌道后做豎直下拋運動，而且其初速度不同，同時其位移也是不同的，所以在與、

4點拋出的時間都可能最短，這是與初速度和半徑R以及離地面的高度關(guān)系都有關(guān)系的物理，故無

法判斷誰時間最短，故選A8C錯誤。

考點：本題考查平拋運動、豎直上拋和下拋運動的相關(guān)知識。

【名師點睛】解決本題要注意從各點離開的物體做不同的運動，有平拋運動，豎直上拋運動，和豎

直下拋運動，解決其時間這個物理量，與初速度、半徑以及距離地面的高度都有關(guān)系，在這些物理

量之間關(guān)系無法確定的時候，其時間也是無法確定的。

4.答案：C

解析：

在u-t圖象中，斜率代表加速度，根據(jù)牛頓第二定律求得合力，根據(jù)動能定量和動量定理即可判斷。

本題主要考查了〃-t圖象，會利用牛頓第二定律和動能定理及動量定理即可判斷。

A.在。-t圖象中，斜率代表加速度，在0-2t時間內(nèi)斜率不變，加速度不變，故在t時刻，小球的加

速度不為零，故4錯誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律可知F=ma,由于加速度不為零，故合外力不為零，故B錯誤；

C根據(jù)動量定理可知P=-mv-mv=-2mv,故C正確；

。.在0?2t時間內(nèi)，根據(jù)動能定理可知卬=如（一32-）"2=0,故合力對小球做的功為零，故。

錯誤。

故選Co

5.答案：D

解析：解：4、核聚變的最終產(chǎn)物氯氣無污染，而核裂變會產(chǎn)生固體核廢料，因此核聚變更加清潔和

安全，故A錯誤。

B、由于這個核反應(yīng)有質(zhì)量虧損，m1+m2^m3+m4,反應(yīng)前核子的質(zhì)量和大于反應(yīng)后核子的質(zhì)量

和，但反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)守恒，故B錯誤。

C、比結(jié)合能越大核子核越穩(wěn)定；笊核6"）和瓶核C"）結(jié)合成氨核&He）,會出現(xiàn)質(zhì)量虧損，放出大

量的能量，氮核（加e）比笊核（出）和僦核（出）都要穩(wěn)定，所以氮核（*e）的比結(jié)合能要比笊核（出）和

瓶核（；"）的比結(jié)合能都大，故C錯誤。

D、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒可知，HL-2M中發(fā)生的核反應(yīng)方程式是出+汾-4股+加，

故。正確。

故選：Do

通過核聚變與核裂變的最終產(chǎn)物來判斷是否安全和清潔；由于質(zhì)量虧損，m1+m2m3+m4；比

結(jié)合能越大核子核越穩(wěn)定；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒判斷。

本題考查了質(zhì)能方程、裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)等知識點。。為易錯項，理解裂變和聚變的特點，會應(yīng)

用質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒判斷生成物的類別。

6.答案：CD

解析：解：根據(jù)P=〃知，輸電電流/=，則輸電線上損失的功率P損=/2R=?R.

A、提高輸送功率，會增大電能的損耗.故A錯誤.

8、增大輸電電流，會增大電能的損耗.故8錯誤.

C、提高輸電電壓，可知輸電線上功率損失減小.故C正確.

。、換用比原來的粗的導(dǎo)線，電阻減小，輸電線上的功率損失減小.故。正確.

故選：CD.

根據(jù)P=U/得出輸電電流的大小，結(jié)合P損=/R進行分析.

解決本題的關(guān)鍵知道輸送功率、輸送電壓、電流的關(guān)系，掌握功率損失的公式P損=〃/?.

7.答案：CD

解析：解：4、根據(jù)/=2ax,結(jié)合圖象可知，質(zhì)子沿x軸做勻加速直線運動，加速度一定，則電場

力一定，場強不變，為勻強電場，則該電場一定不是孤立點電荷形成的電場，故A錯誤；

B、由以上分析可知，該電場為勻強電場，故M點和N點的電場強度相等，故B錯誤；

CD、沿著x軸正向，粒子加速，則電場力沿x軸方向，該粒子是質(zhì)子，帶正電荷，則場強沿x軸正向，

順著電場線方向電勢降低，則M點的電勢大于N點的電勢，質(zhì)子在M點的電勢能大于在N點的電勢能,

故C￡）正確；

故選：CD。

（1）根據(jù)。2=2",結(jié)合圖象可知，電場為勻強電場；

(2)根據(jù)圖象可知，電場力方向沿著％軸正方向，粒子帶正電荷，則可判斷電場線方向，從而判斷電

勢大小，進而判斷電勢能大小。

本題要求學(xué)生能從圖象中判斷出物理量的變化規(guī)律，首先判斷出質(zhì)子作勻加速運動這是本體的關(guān)鍵

步驟，還要掌握常見電場中的場強分布特點及電場強度即電勢變化的特點。

8.答案：BD

解析：

根據(jù)。-t圖象讀出B與墻面碰撞后瞬間的速度，根據(jù)動量守恒定律求B的質(zhì)量。根據(jù)4的加速度，由

牛頓第二定律求物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)。分析系統(tǒng)的合外力，可判斷系統(tǒng)的動量是否守恒。

根據(jù)圖象的“面積”和幾何關(guān)系求小物塊4在木板B上的劃痕長度。

解決本題的關(guān)鍵是要知道B與墻面碰撞后，4與B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，力在8上滑動時，A相對

于B滑動的位移為相對位移，摩擦力在相對位移上做的功等于系統(tǒng)機械能的損耗。

A、由乙圖知，B與墻面碰撞前的速度為%=6m/s,8與墻面碰撞后瞬間的速度為。2=Tm/s。

4與8最終一起勻速運動的速度為：v=-2m/s

B與墻面碰撞后4在木板B上滑行的過程，4和B組成的系統(tǒng)合外力為零，遵守動量守恒定律。則根據(jù)

動量守恒定律有：mAv^+mBv2=(mA+mB)v

解得ms=4kg,故A錯誤。

B、B與墻面碰撞后4在B上滑行的過程，加速度大小為a=￥=4?m/s=2ni/s2,根據(jù)牛頓第二

At6—2

定律得卬=mAa,解得〃=0.2,故B正確。

C、B與墻面碰撞的過程，系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，故C錯誤。

D、2-6s內(nèi)，4的位移為馬=等6一等m=8m,B的位移為4=一等x4m=-12m,故整個

過程小物塊4在木板B上的劃痕長為L=xA+\xB\=20m,故。正確。

故選：BD。

9.答案：60060

解析：解：(1)由4到C,對封閉氣體由理想氣體狀態(tài)方程得：

PAVAPCVC

丁=虧

代入數(shù)據(jù)解得：Tc=600K

(2)由C到。氣體壓強不變，體積減小，

外界對氣體做功為：WCD=Pc2=0.8x105x(1.0x10-3-0.5xIO_3)/=40/

由(1)可知狀態(tài)4和C的溫度相同，內(nèi)能相等，

從C到4過程根據(jù)熱力學(xué)第一定律，

有：△UCA=△UCD+△-QCD++QDA

由。到a過程絕熱，故有：QD4=O

解得：WDA=60/

故答案為：(1)600、(2)60。

(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程求狀態(tài)C的溫度；

(3)先求出4到B過程中外界對氣體所做的功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律求則A-8過程中內(nèi)能的變化量△

UAB

和B到C過程外界對氣體做的功。

本題考查了求氣體的溫度，氣體做功的問題，關(guān)鍵是結(jié)合圖象分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，應(yīng)用理

想氣體狀態(tài)方程，熱力學(xué)第一定律即可正確解題。

10.答案：42

解析：解：簡諧運動的質(zhì)點，先后以同樣大小的速度通過4、B兩點，則可判定這兩點關(guān)于平衡位置

。點對稱，如圖所示；質(zhì)點由4到。時間與由。到B的時間相等。那么平衡位置。到B點的時間為：

0=：s；

因過B點后再經(jīng)過t=0.4s質(zhì)點以方向相反、大小相同的速度再次通過B點，則有從8點到最大位置的

時間為：

1AoB

t2=/----------'---------------------------'—

因此，質(zhì)點振動的周期為：

11

T=4x(tj+t2)=4x(-+-)=4s

第二次過B點后，再回到4點時速度得方向與開始時速度得方向相反，需要第三次到達4點時速度的

方向才與開始時速度的方向相同，所以質(zhì)點返回B后需要再經(jīng)過半個周期才能再次以孫過4點，所以

時間為17=2s

故答案為：4,2

明確簡諧運動的質(zhì)點，先后以同樣大小的速度通過人B兩點，則可判定這兩點關(guān)于平衡位置對稱，

則平衡位置到B點的時間為1秒的一半；由當再次經(jīng)過B點的時間，即可求出從B點到最大位置的時間

為1秒的一半，因此質(zhì)點的振動同期為平衡位置到最大位置時間的4倍。再分析再次以見過A點的時

間。

本題要抓住簡諧運動的對稱性和周期性進行分析解答。質(zhì)點以同樣的速度經(jīng)過某兩點時，它們的位

置關(guān)于平衡位置對稱；當經(jīng)過同一位置時，它們的速度大小相同，方向相反。

11.答案：解：（1）米袋在48在滑動摩擦力作用下產(chǎn)生的加速度為劭=誓=臂=〃g=5m/s2

米袋在滑動摩擦力作用下速度增加到%=5m/s時滑過的距離K°=巽=2,5m<3m

2ao

故米袋先加速一段時間后再與傳送帶一起勻速運動，到達才C端速度為%=5m/s

設(shè)米袋在CD傳送帶上受重力、支持力和沿傳送帶向下的滑動摩擦力共同作用下產(chǎn)生的加速度大小為

a,據(jù)牛頓第二定律有:

a=言=—―~:"c__gsinQ+ngcosO=10x0.6+0.5x10x0.8m/s2—10m/s2

物體在CD上做勻減速直線運動，故上滑的最大距離％==兔=g2M=125771

（2）CD順時針轉(zhuǎn)動時，米袋速度減為v=4m/s之前，滑動摩擦沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律有:

米袋產(chǎn)生加速度的大小為的=mgsEO:mgcos。=十

代入數(shù)據(jù)得的=10m/s2

因為米袋做勻減速直線運動，故此時米袋上滑的距離

口2-詔_42—52

xm=0.45m

i=2al2x(-10)

當米袋速度達到u=4/n/s后，由于卬ngcos。Vmgs出。，米袋繼續(xù)減速上滑，但因米袋速度小于傳

送帶速度，故滑動摩擦力沿傳送帶向上

故由牛頓第二定律得物體繼續(xù)做勻減速直線運動的加速度大小為:

mgsin6-umgcos6.八八

a2=-------------------=gsinO—〃gcos6

代入數(shù)據(jù)得a?=2m/s2

因為米袋做勻減速直線運動，當米袋速度減到0時，米袋上滑的距離

又因為4+x2=4.45m=L2,即米袋速度為零時米袋剛好到達。端

根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可知，米袋從C到D共經(jīng)歷的時間t=三+=2.1s

—10—2

答:CD能沿傳送帶上滑的最大距離為1.25m；若傾斜傳送帶CD以。=4m/s的速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動,

則米袋從C端運動到。端的時間為2.1s.

解析：（1）分析靜止的物體在4B傳送帶上受滑動摩擦力作用做勻加速直線運動，已知動摩擦因數(shù)，

可求滑動摩擦力對物體產(chǎn)生的加速度，物體在2B傳送帶上已知初速度、加速度、位移可以求物體到

達B端時的速度(注意此速度不能大于傳送帶的速度，要注意判斷)，同理在CD傳送帶上，已知物體

的初速度、動摩擦因數(shù)和傳送帶的傾角，物體在重力、傳送帶支持力和滑動摩擦力共同作用下做勻

減速直線運動，所以可以求出物體沿傳送帶上升的最大距離：

(2)CD傳送帶轉(zhuǎn)動的情況下，物體先做勻減速直線運動，當速度減到和傳送帶速度一樣時，滑動摩

摩擦力將改變方向.所以物體做勻減速直線運動兩段時間內(nèi)的加速度不一樣，然后根據(jù)勻變速直線

運動的規(guī)律可求得米袋從C端運動到。端的時間.

12.答案:CD2.6x102

解析：解：(1)燈泡額定電壓為3.8匕電壓表4量程太小不能測出額定電壓下

的電流，電壓表B量程太大，測量誤差太大，因此不能用兩電壓表測電壓，可~~?—LQn

以用已知內(nèi)阻電流表改成成電壓表測電壓，另一電流表測電流，因此需要的-----------ci-

電表為CD。?-l|---------十

(2)把已知內(nèi)阻的電流表C與定值電阻E串聯(lián)改裝成電壓表測電壓，用另一電流表。測電流，由于電壓

表內(nèi)阻已知，電流表可以采用外接法；描繪燈泡伏安特性曲線電壓與電流從零開始變化，滑動變阻

器應(yīng)采用分壓接法，實驗電路圖如圖所示；

(4)設(shè)流過每一只燈泡的電流為/,由圖丙所示電路圖可知，路端

電壓：U=E()-2/(r+R)=4—12/

在燈泡/一U坐標系內(nèi)作出U=4-12/的圖象如圖所示,

由圖示圖象的交點可知，流過燈泡的電流為0.264=2.6x

102nl4；

故答案為：(1)C、D；(2)如圖所示；(4)2.6x102

(1)根據(jù)實驗原理與所給器材規(guī)格選擇實驗所需電表；

(2)根據(jù)題意確定電流表接法，然后作出實驗電路圖；

(4)根據(jù)圖丙所示電路圖求出等效電源的/-U圖象，根據(jù)圖象的交點求出流過燈泡的工作電流。

本題考查了實驗器材的選擇、實驗電路設(shè)計；實驗器材選擇，要掌握實驗器材的選擇原則：安全性

原則、精確性原則、方便實驗操作原則；應(yīng)用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)處理實驗數(shù)據(jù)的常用方法，要掌

握應(yīng)用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)的方法。

13.答案：解：(1)設(shè)兩板間所加電壓U時，負離子離開電場時的側(cè)向距離y,由牛頓第二定律得：

離子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏角滿足:

tand="=g=當

%Vom環(huán)

所以離子在擋板上豎直方向偏離4板高度的距離:

L4cqUL

y'=—,tCLTlu=------7

22mvQ

—r^.f13L

而y+y=石

所以有：y=y'=^

離子從擋板飛到屏上在豎直方向上偏轉(zhuǎn)的位移：y"=2y'=著

這時離子在屏上距中心。'的距離：yi.=y+y'+y"=^L

111Z

因為相同的離子當加上大小相等的反向電壓時，離子偏轉(zhuǎn)對稱于。o'軸，可知離子距屏中心。'的距離:

13L

y下=、上=三

所以陰影部分的長度為：y陰=、上+y下=3z0.22m

(2)設(shè)離子在偏轉(zhuǎn)電壓U中加速后以速度"進入磁場中運動的半

徑為R，滿足條件的離子運動軌跡如圖所示.

離子以v=魚孫進入磁場，做勻速圓周運動，由

Bqv=■知

R_魚一八

一Bq

代入數(shù)據(jù)得"髭%?=版

根據(jù)幾何關(guān)系，所加的磁場的半徑:r=?，所以"外

所加磁場的面積：5=兀丁2=言血右6.7x10-3m2

為7=等，且離子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角度為90。,

所以，離子在磁場中運動的時間為:

Trem3S=￥X10』3.5X10-5S

42qB-2X3X104XV2

答：(1)熒光屏中心附近陰影的長度為0.22加；

5

(2)所加圓形磁場的面積為6.7xICT3nl2和離子在磁場區(qū)域運動的時間3.5x10-s

解析：(1)能到達屏的離子臨界狀態(tài)是從擋板上下兩個端點飛過，離子在電場中做類平拋運動，離開

電場做勻速直線運動，根據(jù)離子的運動特征結(jié)合幾何關(guān)系求解陰影部分的長度;

(2)作出滿足條件的離子運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力提供圓周運動向心力求解離子做圓周運

動的半徑，從而得出磁場的面積，并根據(jù)離子在磁場中做圓周運動所轉(zhuǎn)過的圓心角，根據(jù)周期關(guān)系

求出離子在磁場中的運動時間.

本題運算較復(fù)雜，考查帶電粒子在電場中做類平拋運動，熟練掌握運動的合成與分解的訪求分析處

理類平拋運動問題，能根據(jù)離子運動軌跡處理帶電粒子在磁場中做圓周運動問題.

14.答案：解：(1)絕緣體下落過程，機械能守恒，由機械能守恒定律得：

mgH口=-1mvS2，

解得物塊rn自由下落與金屬條碰撞時的速度：%=y12gH；

設(shè)物體rn落到金屬條2m上，兩者碰撞過程動量守恒，以物體m的速度方向為正方向，由動量守恒定

律得：

mv0=(m+2m)v,

解得金屬條下落的速度：v二羽須i；

(2)當金屬條和物體的加速度達到稱時，由牛頓第二定律得：

(m+2TTI)g—BIL=(m+2m)a