2021年福建省三明市高考物理适应性模拟试卷（二）【附答案】

2021年福建省三明市高考物理适应性模拟试卷（二）

选择题（共4小题，满分16分）

1.（4分）如图所示，把一块不带电的锌板连接在验电器上。当用可见光照射锌板时，验电

器指针不偏转。当用紫外线照射锌板时，发现验电器指针偏转一定角度（）

验电器柞板

A.若减小紫外线的强度，验电器的指针也会偏转

B.若改用红光长时间照射，验电器的指针也会偏转

C.用紫外线照射锌板时，锌板带正电，验电器带负电

D.这个现象说明了光具有波动性

2.（4分）如图所示为远距离输电示意图，其中Ti、T2为理想变压器，输电线电阻可等效

为电阻r,灯Li、L2相同且阻值不变。现保持变压器Ti的输入电压不变，滑片P位置不

变，当开关S断开时，灯Li正常发光。则下列说法正确的是（）

A.仅闭合开关S,灯Li会变亮

B.仅闭合开关S,r消耗的功率会变大

C.仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小

D.仅将滑片P上移，电流表示数会变大

3.（4分）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C,

三者半径均为R。A、B、C的质量都为m,A、B与地面的动摩擦因数均为小现用水平

向右的力F拉A,使A缓慢移动，直至C恰好降到地面整个过程中B保持静止。设最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

c

R

B

A.未拉A时，C受到B作用力的大小为亨mg

B.未拉A时，B受到地面作用力的大小为^Img

C.动摩擦因数的最小值Umin=Y2

3

D.动摩擦因数的最小值即血=返

2

4.（4分）科学家发现一颗适合人类居住的系外行星，该行星可能具有与地球相似的属性,

例如：岩石表面、液态水，甚至大气层可能潜在着化学生命信息。若该行星为一均匀球

形星体，其密度为p,引力常量为G,则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的

周期是（）

A，OrB.厝C.厝D.

二.多选题（共4小题，满分24分）

5.（6分）如图甲所示为t=ls时某简谐波的波动图象，乙图为x=4cm处的质点b的振动

A.该简谐波的传播方向沿x轴的正方向

B.t=2s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向

C.t=2s时，质点a的加速度大于质点b的加速度

D.0〜3s的时间内，质点a通过的路程为20cm

E.0〜3s的时间内，简谐波沿x轴的负方向传播6cm

6.（6分）一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额

定功率,之后保持额定功率运动,其v-t图象如图所示。已知汽车的质量为m=3X103kg,

汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2,则（）

A.汽车的最大速度为20m/s

B.汽车的额定功率为180kW

C.汽车在前4s内的牵引力为ISXIO'N

D.汽车在前4s内牵引力做的功为3.6X1（）4J

7.（6分）如图所示，有一边界为等腰直角三角形区域，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁

场，两直角边的边长为L。有边长也为L的正方形均匀铜线框abed,以恒定的速度v沿

垂直于磁场左边界的方向穿过磁场区域，且磁场的下边界与线框的ad边处于同一水平面

上。设ab刚进入磁场为t=0时刻，在线圈穿越磁场区域的过程中，cd间的电势差记为

Ued,从c到d流过cd的电流记为led,则Ued、led随时间t变化的图线是图中的（）

8.（6分）如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上M点固定一负点电荷，另一正点电荷

在库仑力作用下绕该负点电荷沿椭圆轨道逆时针方向运动。O点是椭圆轨道的中心，M

点是椭圆轨道的一个焦点，a、b和c为椭圆轨道与坐标轴的交点。不计重力，下列说法

正确的是（）

A.正点电荷从a点运动到c点的过程中动能不断增大

B.正点电荷运动到a点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能

绕负点电荷做匀速圆周运动

C.正点电荷运动到b点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能

绕负点电荷做匀速圆周运动

D.正点电荷运动到c点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能

绕负点电荷做匀速圆周运动

三.填空题（共4小题，满分20分）

9.（4分）吸盘挂钩的工作原理如图甲、乙所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如

图甲），吸盘中的空气被挤出一部分。然后将锁扣扳下（如图乙），让锁扣以盘盖为依托

把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。若气体可视为理想气体，在拉

起吸盘的过程中，吸盘内气体的温度始终不变，则在拉起吸盘后，吸盘内气体的压强与

拉起前的相比（填“增大”“不变”或“减小”），吸盘内空气的密度（填

“大于”“等于”或“小于”）外界空气的密度，吸盘内气体的内能（填“增大”

，，不变”或“减小”），此过程中吸盘内的气体要（填“吸收”或“放出”）热量。

甲

10.（4分）（1）图甲为示波器的核心部件示波管的原理示意图，电子枪发射出的电子经加

速电场（加速电压大小为Ui）加速后，再经过偏转电场后打在荧光屏上。偏转电极Y和

Y，之间的电压为U2,X和X，之间的电压为U3,若U2和U3均为0,则电子打在荧光屏上

的中心点；若电子打在荧光屏上的区域③，则极板X的电势极板X，的电势，极

板Y的电势极板Y，的电势。（均选填“大于”或“小于”）

示波管的结构荧光屏(图甲中从右向左看)

图甲

图乙

(2)如图乙所示，电路中一粗细均匀的金属导体两端电压为U,流过导体中的电流为I。

已知金属导体的长为1,高为a,宽为b,导体单位体积内的自由电子数为n,自由电子的

电荷量为e,则金属导体内自由电子定向移动的速率为。

11.(6分)为验证向心力公式，某实验探究小组设计了如图所示的实验装置，在贴近刻度

尺的下边缘处钻一个小孔0,细绳上端固定于0点，下端挂着一质量为m的钢球，O点

到钢球长度为L,钢球半径远小于L,当地重力加速度为g。实验方案如下：将直尺固定

在水平桌面上，使钢球在水平面内绕圆心0'做匀速圆周运动，待钢球的运动稳定后：

(1)从直尺上方，保持视线与直尺往下看，视线与钢球运动圆周边缘相切时，

记录视线与刻度尺交点A,测量A0之间距离即可估测圆周运动的半径r；

(2)利用秒表测得钢球运动一周的时间即为圆周运动周期T,可利用公式

2r计算钢球运动时需要的向心力大小；

(3)对于步骤(2)测量钢球周期T,为减小误差，可进行如下改进：；

(4)对钢球进行受力分析，可估算钢球受到的合力F^=(用L,r,m,g表示);

(5)若向心力F向与合力F合在误差范围内相等，便粗略验证了向心力公式的正确性。

眼睛

12.（6分）某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有：小灯泡（6.3V,0.15A）、

直流电源（9V）、滑动变阻器、量程合适的电压表和电流表、开关和导线若干。设计的电

路如图1所示。

（1）根据图1,完成图2中的实物连线。

图2

（2）按照图1连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因

可能是（单项选择，填正确答案标号）。

A.电流表短路

B.滑动变阻器的滑片接触不良

C.滑动变阻器滑片的初始位置在b端

（3）更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到I-U图

像，其中一部分如图3所示。根据图像计算出P点对应状态下小灯泡的电阻为Q

（保留三位有效数字）。

ZzmAA

四.解答题(共3小题，满分40分)

13.(11分)在如图所示的平面直角坐标系中，第二象限内存在磁感应强度为Bi的匀强磁

场，方向垂直于xOy平面向外；第一象限某矩形区域内存在磁感应强度B2=0.4T的匀强

磁场，方向垂直于xOy平面向外。一个比荷为旦=1.0Xl()8c/kg的带正电的粒子从点p

IR

(-10cm,0)发射进入第二象限，其速度vo=4.OXlO^m/s,方向垂直于磁场Bi且与x

轴负方向夹角为30°；后从Q点以垂直y轴方向直接进入第一象限内的矩形磁场区域，

再经M点以垂直x轴方向进入第四象限；整个第四象限存在大小、方向均未知的匀强电

场，粒子经过该电场偏转后从N点进入无电场、磁场的第三象限区域，最终回到P点的

速度与发射速度相同，不考虑粒子的重力。求：

(1)第二象限内磁场的磁感应强度Bi的大小；

(2)粒子在矩形匀强磁场中的运动时间t和该磁场区域的最小面积S；

(3)第四象限内匀强电场场强E的大小。

r/cm

B、.Q

.r/cm

14.（14分）如图是一皮带传输装载机械示意图.井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方

向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处,

然后水平抛到货台上.已知半径为R=0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，0点为圆

形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径.矿物可视为质点，传送带与水平面间

的夹角9=37°,矿物与传送带间的动摩擦因数n=0.85,传送带匀速运行的速度为vo

=6m/s,传送带AB两点间的长度为L=40m.若矿物落点D处离最高点C点的水平距

离为s=2m,竖直距离为h=1.25m,矿物质量m=5kg,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g

=10m/s2,不计空气阻力.求:

(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小;

(2)矿物到达B点时的速度大小;

(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功;

(4)矿物由A点到达B点的过程中，电动机多消耗的电能.

15.（15分）如图所示，间距为d的两根平行光滑金属导轨MN、PQ放置于同一水平面内,

导轨左端有一阻值为R的定值电阻与一电容为C的电容器并联（电容器开始不带电）,

为单刀双掷开关，导体棒ab垂直于导轨放置在导轨上，在ab棒左侧和导轨间存在竖直

向下足够长的匀强磁场，且磁场以ab为右边界，磁感应强度大小为B。在ab棒右侧有

一绝缘棒cd,cd棒与ab棒平行，且与固定在墙上的轻弹簧接触但不相连，弹簧处于压

缩状态且被锁定。现将s连接到“1"，解除弹簧锁定，cd棒在弹簧的作用下向左移动，

脱离弹簧后以速度vo与ab棒发生碰撞并粘在一起。已知ab、cd棒的质量均为m,碰撞

前后两棒始终垂直于导轨，ab棒在两导轨之间的部分的电阻为r,导轨电阻、接触电阻

以及空气阻力均忽略不计，ab棒总是保持与导轨良好接触，不计电路中感应电流的磁场。

求

（1）弹簧初始时的弹性势能；

（2）从ab碰后到ab速度为工vo过程，ab棒的位移；

4

（3）当ab速度为工vo时将s连接到“2"，求ab棒的最终速度。

2021年福建省三明市高考物理适应性模拟试卷（二）

参考答案与试题解析

选择题（共4小题，满分16分）

1.（4分）如图所示，把一块不带电的锌板连接在验电器上。当用可见光照射锌板时，验电

器指针不偏转。当用紫外线照射锌板时，发现验电器指针偏转一定角度（）

验电器件校

A.若减小紫外线的强度，验电器的指针也会偏转

B.若改用红光长时间照射，验电器的指针也会偏转

C.用紫外线照射锌板时，锌板带正电，验电器带负电

D.这个现象说明了光具有波动性

【解答】解：A、根据光电效应的条件可知发生光电效应与光的强度无关，若改用强度更

小的紫外线照射锌板，验电器的指针也会偏转，故A正确；

B、用可见光照射锌板时，验电器指针不偏转，根据光电效应的条件可知若改用红外线照

射锌板，一定不能发生光电效应，所以验电器的指针一定不会发生偏转，故B错误；

C、用紫外线照射锌板，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和

金属指针带正电，故C错误；

D、光电效应说明光具有粒子性，故D错误。

故选：Ao

2.（4分）如图所示为远距离输电示意图，其中Ti、T2为理想变压器，输电线电阻可等效

为电阻r,灯Li、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不

变，当开关S断开时，灯Li正常发光。则下列说法正确的是（）

A

A.仅闭合开关S,灯Li会变亮

B.仅闭合开关S,1■消耗的功率会变大

C.仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小

D.仅将滑片P上移，电流表示数会变大

【解答】解：A、仅闭合开关S,用户总功率变大，降压变压器副线圈电流变大，降压变

压器原线圈电流变大，输电线损失的电压变大，升压变压器输出电压即输电电压不变,

降压变压器输入电压减小，降压变压器输出电压减小，灯泡Li两端电压减少，灯泡实际

功率减小，灯泡亮度变暗，故A错误:

B、由A的分析可知，仅闭合开关S,输电电流变大，即流过电阻r的电流增大，r消耗

的功率变大，故B正确;

C、仅将滑片P下移，升压变压器Ti的输出电压U2变大，整个电路总电阻不变，流过r

的电流变大，电阻r消耗的功率变大，故C错误;

D、仅将滑片P上移，理想变压器Ti的输出电压U2减少，电路中总电流减少，输电功

率减小，理想变压器Ti输入功率减少，理想变压器Ti输入电压不变，则Ti的输入电流

减少，电流表示数会变小，故D错误。

故选：B„

3.（4分）如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C,

三者半径均为R。A、B、C的质量都为m,A、B与地面的动摩擦因数均为皿现用水平

向右的力F拉A,使A缓慢移动，直至C恰好降到地面整个过程中B保持静止。设最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A.未拉A时，C受到B作用力的大小为返mg

2

B.未拉A时、B受到地面作用力的大小为'mg

c.动摩擦因数的最小值即m=返

3

D.动摩擦因数的最小值|lmin=Ya

2

【解答】解：A、对C受力分析如图，C受到AB的弹力的合力竖直向上，根据共点力平

衡，合力大小等于重力，如图甲所示：

根据几何关系弹力与竖直方向的夹角。=30°

则有：p=p=-^-4-cos9故A错误；

B、对ABC整体受力分析，受到竖直向上的两个弹力和重力，根据对称性，两个弹力的

大小相等，故弹力NqxBmgqmg,

地面对B的摩擦力大小为f,对B受力分析如图2所示：

图乙

根据共点力平衡：水平方向：f=Fsin。

解得：f=*mg,

B球对地的作用力为弹力和摩擦力的合力，大小为FB=^/N2+f2

解得：FB=Y|11ng

根据牛顿第三定律，B对地面的作用力为叵1rlg,故B错误；

3

CD、C恰好降到地面时BA于C之间的相互作用力最大为Fm,A、B恰好不相对地面滑

丙

由几何关系得Fm与竖直方向的夹角为60°根据共点力平衡，2FmCOs600=mg

解得Fm=mg,

对B受力分析如图

所以最大静摩擦力至少为fm=FmCOs30°=mgX*_=*_1ng

竖直方向上：N=mg+F'msin30°,解得：N^mg,

fm=^N

解得：^=返

3

故D错误.C正确。

故选：C«

4.（4分）科学家发现一颗适合人类居住的系外行星，该行星可能具有与地球相似的属性，

例如：岩石表面、液态水，甚至大气层可能潜在着化学生命信息。若该行星为一均匀球

形星体，其密度为p,引力常量为G,则在该星体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星的

周期是（）

B•牌c厝D・舄

【解答】解：设星球的质量为M,半径为R,卫星的质量为m,运行周期为T,在该星

体表面附近沿圆轨道绕其运动的卫星所需的向心力由星球对其的万有引力提供，则根据

Mm4ni

牛顿第二定律得:G=mR

R2T2

星球的密度：P----------

/4R3

联立解得T卷故C正确，ABD错误;

故选：Co

二.多选题（共4小题，满分24分）

5.（6分）如图甲所示为t=ls时某简谐波的波动图象，乙图为x=4cm处的质点b的振动

A.该简谐波的传播方向沿x轴的正方向

B.t=2s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向

C.t=2s时，质点a的加速度大于质点b的加速度

D.0〜3s的时间内，质点a通过的路程为20cm

E.0~3s的时间内，简谐波沿x轴的负方向传播6cm

【解答】解：A、由图象可知t=ls时质点b的振动方向沿y轴的负方向，则由同侧法可

知，该简谐横波的传播方向沿x轴的负方向，故A错误；

B、由图甲知t=ls时，质点a的振动方向沿y轴的正方向；由乙图可知波的周期为2s,

贝！］t=2s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向，故B正确；

C、由以上分析可知，t=2s时，质点b处在平衡位置向上振动，b的加速度为零，质点

a处在平衡位置+y侧向y轴的负方向振动，其加速度不等于零，因此质点a的加速度大

于质点b的加速度，故C正确；

D、0〜3s的时间为则质点a通过的路程为振幅的6倍，即为30cm,故D错误；

E、由图可知，波长入=4cm、周期T=2s,则波速v%=/cro/s=2cm/s,0〜3s的时

间内，波沿x轴的负方向传播的距离x=vt=2X3cm=6cm,故E正确。

故选：BCE。

6.(6分)一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前4s内做匀加速直线运动，4s末达到额

定功率，之后保持额定功率运动,其v-t图象如图所示。己知汽车的质量为m=3X103kg,

汽车受到的阻力为车重的0.2倍，g取10m/s2,则()

A.汽车的最大速度为20m/s

B.汽车的额定功率为180kW

C.汽车在前4s内的牵引力为1.5X1()4N

D.汽车在前4s内牵引力做的功为3.6X1()4J

【解答】解：ABC、由题可知汽车所受阻力为：f=0.2mg=0.2X10X3X103N=6Xl()3N

22

前4s内的加速度为：a^^^-in/s=3in/s

前4s内汽车做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：F-f=ma

代入数据解得汽车在前4s内的牵引力为：F=1.5X104N

汽车在4s时达到额定功率，其额定功率为：P=FV=1,5X104X12W=1.8X105W=180kW

当汽车受力平衡时速度最大，其最大速度为：v=E=-L8X1°——g/s=30m/s

mfo.2X10X3X103

故A错误，BC正确;

D、前4s内的位移为：x^at2^X3X42m=24m.

汽车在前4s内牵引力做的功为：W=Fx=1.5X104X24J=3.6X105J

故D错误。

故选：BCo

7.（6分）如图所示，有一边界为等腰直角三角形区域，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁

场，两直角边的边长为L。有边长也为L的正方形均匀铜线框abed,以恒定的速度v沿

垂直于磁场左边界的方向穿过磁场区域，且磁场的下边界与线框的ad边处于同一水平面

上。设ab刚进入磁场为t=0时刻，在线圈穿越磁场区域的过程中，cd间的电势差记为

V

L均匀减小，感应电动势E=BLv均匀减小，设线框电阻为R,感应电流1=岂均匀减小,

R

由右手定则可知电流由c流向d：在L-2L时间内，线框切割磁感线的有效长度L均匀

VV

减小，感应电动势E=BLv均匀减小，感应电流1=工■均匀减小，由右手定则可知电流由

R

d流向c,故C正确，D错误;

AB、0-L时间内，电流由c流向d,Ucd>0,Ucd=IRcd,由于I均匀减小，则Ucd均匀

V

减小；在L-旦二时间内，cd边切割磁感线相当于电源，电流由d流向c,则Ucd>o,

vv

Ucd是路端电压，Ucd=IR外=IRcbad,I均匀减小，Ucd均匀减小，故A正确，B错误。

故选：AC。

8.（6分）如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上M点固定一负点电荷，另一正点电荷

在库仑力作用下绕该负点电荷沿椭圆轨道逆时针方向运动。0点是椭圆轨道的中心，M

点是椭圆轨道的一个焦点，a、b和c为椭圆轨道与坐标轴的交点。不计重力，下列说法

正确的是（）

\MO

卜•••・

A.正点电荷从a点运动到c点的过程中动能不断增大

B.正点电荷运动到a点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能

绕负点电荷做匀速圆周运动

C.正点电荷运动到b点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能

绕负点电荷做匀速圆周运动

D.正点电荷运动到c点时，加一方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正点电荷可能

绕负点电荷做匀速圆周运动

【解答】解：A、根据题意可知，正点电荷从a点运动到c点的过程中，电场力做正功，

由动能定理可知，动能增大，故A正确。

B、正电荷在a点时，此时库仑力大于向心力，做近心运动，如加入磁场根据左手定则判

断正电荷受到向左的洛伦兹力，使近心运动更明显，不可能做匀速圆周运动，故B错误。

C、在b点时，正电荷运动方向不与库仑力方向垂直，不满足匀速圆周运动的条件，而加

入磁场也未能改变这个现象，故无法使正电荷进行匀速圆周运动，故C错误。

D、在c点时，正电荷做离心运动，库仑力大于向心力，加入该磁场后，有可能使库仑力

与洛伦兹力的合力等于向心力，使正电荷做匀速圆周运动，故D正确。

故选：AD,

三.填空题（共4小题，满分20分）

9.（4分）吸盘挂钩的工作原理如图甲、乙所示。使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如

图甲），吸盘中的空气被挤出一部分。然后将锁扣扳下（如图乙），让锁扣以盘盖为依托

把吸盘向外拉出，这样吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上。若气体可视为理想气体，在拉

起吸盘的过程中，吸盘内气体的温度始终不变，则在拉起吸盘后，吸盘内气体的压强与

拉起前的相比减小（填“增大”“不变”或“减小”），吸盘内空气的密度小于（填

“大于”“等于”或“小于”）外界空气的密度，吸盘内气体的内能不变（填“增大”

“不变”或“减小”），此过程中吸盘内的气体要吸收（填“吸收”或“放出”）热

量。

【解答】解：在吸盘被拉起的过程中，吸盘内封闭气体的体积增大，由于温度不变，所

以由玻意耳定律可知吸盘内气体的压强减小。在锁扣未扳下之前，吸盘内空气密度与外

界空气密度相同，当锁扣扳下之后，由于吸盘内气体的质量不变，但体积增大，所以其

密度减小。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，由于在锁扣扳下的过程中吸盘内

气体的温度不变，所以气体的内能不变。在锁扣扳下的过程中，由于气体的体积增大，

所以气体要对外界做功，但气体的内能又不发生变化，故由热力学第一定律△U=W+Q

可知，此过程中气体要从外界吸收热量。

故答案为：减小小于不变吸收

10.（4分）（1）图甲为示波器的核心部件示波管的原理示意图，电子枪发射出的电子经加

速电场（加速电压大小为U1）加速后，再经过偏转电场后打在荧光屏上。偏转电极Y和

Y，之间的电压为U2,X和X,之间的电压为U3,若U2和U3均为0,则电子打在荧光屏上

的中心点；若电子打在荧光屏上的区域③，则极板X的电势小于极板X，的电势，

极板Y的电势小于极板Y，的电势。（均选填“大于"或''小于"）

示波管的结构荧光屏（图甲中从右向左看）

图甲

图乙

（2）如图乙所示，电路中一粗细均匀的金属导体两端电压为U,流过导体中的电流为I。

已知金属导体的长为1,高为a,宽为b,导体单位体积内的自由电子数为n,自由电子的

电荷量为e,则金属导体内自由电子定向移动的速率为

abne

【解答】解：（1）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，若电子打在荧光屏上的

区域③，则极板X接电源的负极，其电势小于极板X'的电势，极板Y接电源的负极，

其电势小于极板Y'的电势。

（2）根据电流的微观表达式I=neSv,S=ab,联立可得：v=--—

abne

故答案为：（1）小于；小于（2）—1—

abne

11.（6分）为验证向心力公式，某实验探究小组设计了如图所示的实验装置，在贴近刻度

尺的下边缘处钻一个小孔0,细绳上端固定于0点，下端挂着一质量为m的钢球，O点

到钢球长度为L,钢球半径远小于L,当地重力加速度为g。实验方案如下：将直尺固定

在水平桌面上，使钢球在水平面内绕圆心0'做匀速圆周运动，待钢球的运动稳定后：

（1）从直尺上方，保持视线与直尺垂直往下看,视线与钢球运动圆周边缘相切时,

记录视线与刻度尺交点A,测量A0之间距离即可估测圆周运动的半径r；

（2）利用秒表测得钢球运动一周的时间即为圆周运动周期T,可利用公式

卜向=皿（罕）计算钢球运动时需要的向心力大小；

（3）对于步骤（2）测量钢球周期T,为减小误差，可进行如下改进：利用秒表测得

钢球运动n周的时间t,求出圆周运动周期T=1其中n尽可能多一些

（4）对钢球进行受力分析，可估算钢球受到的合力Fe=mq-.=-（用L,r,m,

g表示）；

（5）若向心力F间与合力F合在误差范围内相等，便粗略验证了向心力公式的正确性。

【解答】解：（1）从直尺上方，保持视线与直尺垂直往下看，视线如果与直尺不垂直，

会造成读数偏大或偏小；

（3）对于步骤（2）测量钢球周期，为减小误差，应利用秒表测得钢球运动n周的时间t,

求出圆周运动周期T=主，其中n尽可能多一些；

n

（4）钢球受重力和拉力，如图

故答案为：（1）垂直；（3）利用秒表测得钢球运动n周的时间t,求出圆周运动周期T=

—9其中n尽可能多一■些；（4）mgI——.......

n

12.（6分）某同学研究小灯泡的伏安特性，实验室提供的器材有：小灯泡（6.3V,0.15A）,

直流电源（9V）、滑动变阻器、量程合适的电压表和电流表、开关和导线若干。设计的电

路如图1所示。

（1）根据图1,完成图2中的实物连线。

图2

（2）按照图1连线后，闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，观察发现灯丝被烧断，原因

可能是C（单项选择，填正确答案标号）。

A.电流表短路

B.滑动变阻器的滑片接触不良

C.滑动变阻器滑片的初始位置在b端

（3）更换小灯泡后，该同学正确完成了实验操作，将实验数据描点作图，得到I-U图

像，其中一部分如图3所示。根据图像计算出P点对应状态下小灯泡的电阻为27.0C

（保留三位有效数字）。

ZzmAA

【解答】解：(1)实物图如下图

(2)闭合开关，小灯泡闪亮一下后熄灭，灯丝被烧断，说明灯泡两端电压与通过灯泡的

电流太大，灯泡实际功率太大；

A、电流表内阻很小，电流表短路不会使通过灯泡的电流过大，不会烧坏灯泡，故A错

误；

B、如果滑动变阻器的滑片接触不良，灯泡所在分压电路断路，没有电流流过灯泡，灯泡

不会被烧坏，故B错误；

C、如果滑动变阻器滑片的初始位置在b端，分压电路两端电压等于路端电压，分压电路

电压太大，导致流过灯泡的电流太大，灯泡实际功率太大，灯泡被烧坏，故C正确。

故选：Co

(3)由图3所示图象可知，灯泡两端电压U=2V,通过灯泡的电流I=74mA=0.074A,

由欧姆定律可知，此时灯泡电阻R=—=~--。知27.0。；

I0.074

故答案为：(1)见解析(2)C；(3)27.0。

四.解答题(共3小题，满分4()分)

13.(11分)在如图所示的平面直角坐标系中，第二象限内存在磁感应强度为B1的匀强磁

场，方向垂直于xOy平面向外；第一象限某矩形区域内存在磁感应强度B2=0.4T的匀强

磁场，方向垂直于xOy平面向外。一个比荷为旦=1.0Xl()8c/kg的带正电的粒子从点P

m

(-10cm,0)发射进入第二象限，其速度vo=4.OXl()6m/s,方向垂直于磁场Bi且与x

轴负方向夹角为30°；后从Q点以垂直y轴方向直接进入第一象限内的矩形磁场区域，

再经M点以垂直x轴方向进入第四象限；整个第四象限存在大小、方向均未知的匀强电

场，粒子经过该电场偏转后从N点进入无电场、磁场的第三象限区域，最终回到P点的

速度与发射速度相同，不考虑粒子的重力。求：

(1)第二象限内磁场的磁感应强度Bi的大小；

(2)粒子在矩形匀强磁场中的运动时间t和该磁场区域的最小面积S；

(3)第四象限内匀强电场场强E的大小。

,,r/cm

.⑸....Q------

O].r/cm

【解答】解：(1)粒子在第二象限的匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示,

设圆周运动的半径为ri,

由几何知识得：n=_QP—.==20cm=0.20m

sin300.5

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:

2

Vo

r1

代入数据解得：Bi=0.2T

(2)粒子在第一象限中的磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为⑵

2

v

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvoB2=m」n

r2

2H„

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T2=-----r工

v0

由几何知识可知，粒子在第一象限磁场中转过的圆心角：。=90°

粒子在第一象限磁场中的运动时间：t=^^-T2

360

代入数据解得：t=JLxi()7s

8

矩形区域的最小面积：S=&r2X(r2-r2cos45°)

代入数据解得：S=4.l4XlO_3m2

(3)粒子在第三象限中做匀速直线运动，如图NP连线方向与发射速度方向一致，则:

ON=0Ptsn30°=10义返cm=愿cm

33

设电场强度水平向左分量大小为Ex、竖直向上分量大小为Ey,粒子从M到N过程，

qE

V3vqE222XyX

(-~-n)92-0=2X-5v.Xr2,V-r2

om

2m73

55

代入数据解得：Ex=6X10N/C,Ey=6V3X10N/C

电场强度大小：E=IJE24-E2

解得:E=1.2X106N/C

答：(l)第二象限内磁场的磁感应强度Bi的大小是0.2T；

(2)粒子在矩形匀强磁场中的运动时间t是三XIO7s,该磁场区域的最小面积S是4.14

8

XIO3nr；

(3)第四象限内匀强电场场强E的大小是I.2X106N/C。

H

14.(14分)如图是一皮带传输装载机械示意图.井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方

向运行的传送带A端，被传输到末端B处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C处，

然后水平抛到货台上.已知半径为R=0.4m的圆形轨道与传送带在B点相切，0点为圆

形轨道的圆心，BO、CO分别为圆形轨道的半径.矿物可视为质点，传送带与水平面间

的夹角8=37°,矿物与传送带间的动摩擦因数R=0.85,传送带匀速运行的速度为vo

=6m/s,传送带AB两点间的长度为L=40m.若矿物落点D处离最高点C点的水平距

离为s=2m,竖直距离为h=1.25m,矿物质量m=5kg,sin37°=0.6,cos370=0.8,g

=10m/s2,不计空气阻力.求：

(1)矿物到达C点时对轨道的压力大小；

(2)矿物到达B点时的速度大小；

(3)矿物由A点到达C点的过程中，摩擦力对矿物所做的功；

(4)矿物由A点到达B点的过程中，电动机多消耗的电能.

【解答】解：(1)矿物离开C后做平抛运动,

在水平方向：s=vct,

在竖直方向：h=Agi2,

2

2

矿物在C点，由牛顿第二定律得：mg+N=m匹，

R

由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力：N'=N,

联立并代入数据得：N'=150N,方向竖直向上；