2021年广东省河源市源城区高考物理模拟试卷（附答案详解）

2021年广东省河源市源城区高考物理模拟试卷（2月份）

1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更

重要。下列选项符合史实的是（）

A.焦耳发现了电流热效应的规律

B.安培总结出了点电荷间相互作用的规律

C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕

D.法拉第对带电粒子在磁场中受力作了深入研究并得到了定量的结果

2.如图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发

射网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得04=泰。/＞为水平线，若忽略网球

在空中受到的阻力，则下列说法正确的是（）

墙

/

。

L43

A.两球发射的初速度为4：v0B=1：2

B.两球碰到墙面前运动的时间以：培=1：2

C.两球碰到墙面时的动量可能相同

D.两球碰到墙面时的动能可能相等

3.如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械。为了便于研究问题，将它简化

成如图2所示的模型，硬杆08的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不

计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升,不计定滑轮质量和滑轮与轴承

之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.0A段绳索受到的拉力小于mgB.0A段绳索受到的拉力大于mg

C.杆对定滑轮的支持力小于2，ngD.08杆对定滑轮的支持力大于2mg

4.假设某个国家发射了一颗绕火星做圆周运动的卫星.已知该卫星贴着火星表面运动,

把火星视为均匀球体，如果知道该卫星的运行周期为T,引力常量为G,那么（）

A.可以计算火星的质量B.可以计算火星表面的重力加速度

C.可以计算火星的密度D.可以计算火星的半径

5.如图所示为某示波管内的聚焦电场横截面示意图，实线

和虚线分别表示电场线和等势线。电场中4、6两点的

场强大小分别为Ea和场,电势分别为外和％。下列说

法中正确的是（）

A.Ea>Eb,（p（i>（pbB.>Efj»（pa<中匕

C.Ea<Efj,（pa>（PbD.Ea<Eb,（pa<（fib

6.中国的特高压直流输电网已达到世界先进水平，向家坝-上海特高压直流输电工程,

是世界上同类工程中容量最大、距离最远、技术最先进的。图甲所示为输电塔，图

乙为其局部放大图，两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和8分别通有方

向相同的电流A和/2,且k>12。〃、仇C三点连线与两根导线等高并垂直，6点位

于两根导线间的中点，C两点与6点距离相等。不考虑地磁场的影响。下列说法

中正确的是（）

A.a点和c点处的磁感应强度方向相同

B.6点处的磁感应强度方向竖直向下

C.导线8对4的安培力大于导线A对8的安培力

D.导线B和A之间因安培力的作用而相互吸引

7.如图甲所示，N=200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r=20,其两端与一个R=

480的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下

列选项正确的是（）

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0.015

0.010

0.005

III

A.电阻R两端。点比。点电势高

B.电阻R两端的电压大小为10vz

C.0.1s时间内非静电力所做的功为0.2/

D.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C

8.用图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过滑动变阻器和开关又连接到电

源上，线圈B通过开关S2连到电流表上，把线圈A装在线圈8的里面。下列说法中

正确的是（）

A.该装置用于探究线圈B中感应电流产生的条件

B.52处于闭合状态，在&闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转

C.S］处于闭合状态，在52闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转

D.两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指

针会发生偏转

9.一质量为〃，的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的。点，〃

现用一光滑的金属钩子勾住细绳，水平向右缓慢拉动绳子（钩八

子与细绳的接触点A始终在一条水平线上），下列说法正确的

是（）,

A.钩子对细绳的作用力始终水平向右

B.04段绳子上的张力大小不变

C.钩子对细绳的作用力逐渐增大

D.钩子对细绳的作用力可能等于近mg

10.电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。多国

科学家都致力于此项研究。据2015年央广新闻报道，美国国家航空航天局(M4SA)

在真空成功试验了电磁驱动引擎，如果得以应用，该技术将在未来的星际旅行中派

上大用场。在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁

驱动原理如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速的电磁驱动原理，

A.铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动

B.永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝

盘受磁场力而转动

C.铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同

D,由于铝盘和永久磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的

11.在“验证机械能守恒定律”实验中，某同学采用让重物自由下落的方法验证机械能

守恒定律，实验装置如图1所示。

(1)除图中给出的器材外，下面列出三种器材，完成实验不需要的是。

A.交流电源B.刻度尺C.天平

(2)某同学从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图2所示。选取纸带上连续打

出的三个点4、B、C,测得它们到起始点。的距离分别为九1、殳、无3。已知重锤

的质量为，”，打点计时器所接交流电的频率为了,当地的重力加速度为g。从起始

点。开始到打下B点的过程中，重锤重力势能的减小量△Ep=,重锤动能

的增加量△Ek=。在误差允许的范围内，如果AEp=AEfc,则可验证机械

能守恒.

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图1

12.利用电流表（内阻约为0.1。）和电压表（内阻约为3k0）测定一节干电池的电动势和内

阻（约为几欧），要求尽量减小实验误差。

（1）应该选择的实验电路是（填写“甲”或“乙”）。

（2）处理实验中的数据得到如图丙所画图线，由此可得出干电池的内阻r=

。（结果保留2位有效数字）。

（3）本实验存在系统误差，经分析可知所测干电池的电动势比真实值（填写

“偏大”或“偏小”）。

（4）为了较准确地测量电动势，有人设计了如图丁所示测量电路，是稳压电源，

A8是一根均匀的电阻丝，其电阻和长度成正比，灯是标准电池（电动势均已知），&

是待测电池（电动势Ex未知）。现合上开关S后，将开关Si和S2合到&一侧，保持滑

动接头处于。点不动，调整电阻R使电流计G中无电流。此后保持R不变，将开

关a和S2合向&一侧，这时移动滑动接头的位置，直到电流计中也没有电流为止。

以X表示这时滑动接头的位置，己测得A。段距离为〃AX段距离为〃X，则可

求得待测电源电动势&=。

13.如图所示，一质量m=1kg的小物块放在水平地面上A点，A点与竖直墙面的距离

为2m,物块与地面间的动摩擦因数〃=0.8o若小物块从A点以%=9m/s的初速

度向正对墙面方向运动，在与墙壁碰撞后以M=6ni/s的速度反弹。小物块可视为

质点，g取lOm/s?。

(1)求小物块在地面上运动时的加速度大小a；

(2)求小物块与墙壁碰撞前的速度大小v；

(3)若碰撞时间为t=0.1s,求碰撞过程中墙与物块间平均作用力的大小几

14.XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,XCT扫描机可用于对多种病情的探

测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙

所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏

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转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形

靶台上的中心点P,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知电子的质量为相，

带电荷量为e,MN两端的电压为4,偏转场区域水平宽度为L。，竖直高度足够长，

MN中电子束距离靶台竖直高度为H,忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互

作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。

(1)求电子刚进入偏转场时的速度大小；

(2)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方

向与水平方向夹角为30。，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(3)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子

恰好能击中靶台P点。而仪器实际工作时，电压%会随时间成正弦规律小幅波动，

波动幅度为△(7,如图丙所示。电子通过加速电场的时间远小于加速电压%的变化

周期，不考虑加速电场变化时产生的磁场，在此情况下，为使电子均能击中靶台，

求靶台的最小直径。

偏转场S

图乙

15.如图所示，绝热的轻质活塞2将一定质量的理想气体封闭在水平放置的固定绝热气

缸内，轻质活塞1与2通过一水平轻质弹簧连接，两活塞之间为真空，活塞与气缸

壁的摩擦忽略不计，用水平外力尸使活塞1静止不动。现增大外力F,使活塞1缓

慢向右移动，则此过程中气体的温度（填“升高”“降低”或“不变”）；

气体分子在单位时间内撞击气缸内壁单位面积上的次数（填“增加”“不

变”或“减少”）。

产一*WW或2%必

16.如图所示，两侧粗细均匀的。形玻璃管竖直放置，左端封闭，

右端开口。开始时左管内空气柱长20cm,两管水银面等高，温

度不变，大气压强为Po=75cm"g,管内气体可视为理想气体。

①若右管足够长，从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长度

变为15s。求加入水银的长度；

②若左右管管口等高，用厚度不计的活塞从右管管口缓慢推入,仍使左管内气柱

长变为15a”，若过程中没有漏气现象，求活塞推入的深度。

17.如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源Si（-2,0）和52（4,0）。

两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50m/s。两列波从

波源传播到点4（-2,8）的振幅为m,两列波引起的点B（L4）处质点的振动相

互______（填“加强”或“减弱”）。

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18.如图所示，等腰三角形ABC是三棱镜的截面，底角44=4。=30。。/18面镀有银，

一束单色光垂直AC边从。点射入,照射在AB边的中点E,反射光照射在AC面上，

AC面的反射光线照射到8c边上的F(图中未画出)点，在F点的出射光线平行于AC。

已知48边长为L,光在真空中的传播速度为c,不考虑光在BC面的反射。

(1)试判断光在AC面是否会发生全反射；

(2)求光从D点传播到尸点所用的时间。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、焦耳发现了电流热效应的规律，并提出了焦耳定律，故A正确；

8、库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，故8错误；

C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；

。、洛伦兹对带电粒子在磁场中受力作了深入研究并得到了定量的结果，故。错误。

故选：A。

本题是物理学史问题，根据焦耳、库仑、奥斯特、安培等人的物理学成就进行解答。

本题考查物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强

记忆，重视知识的积累。

2.【答案】D

【解析】解：AB、设&=京=无，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：h=\gtl，

2九=：。埒

整理可以得到：着=*；

水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，贝!1：%=v0AtA=v0BtB,

整理可以得到：v0A：v0B=V2：1,故48错误；

C动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动

量不可能相同，故C错误；

D设两球的质量相等，均为孙从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：

mgh=EKA--mv^A

1

2mgh=EKB--mv^B

整理可以得到：

斤A12

EKA-mgh=-mv^A

„Q,12

EKB-2mgli=-mv^B

解得：EKA-2EKB-mgh

若=rn.gh,则EKA=EKB'故。正确。

故选：D。

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根据平抛运动的规律求解两球碰到墙面前运动的时间之比和两球发射的初速度之比；动

量是一个矢量，方向不同动量一定不同；根据动能定理分析末动能的大小关系。

本题主要是考查了平抛运动的规律和动量的概念，知道平抛运动可以分解为水平方向的

匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。

3.【答案】C

【解析】解：A8、0A段绳索受到的拉力

与0C段受到的拉力相等，对物体根据平

衡条件可得绳索对物体的拉力大小为7=

mg,所以0A段绳索受到的拉力等于mg,

故AB错误；

C。、设两段绳索之间的夹角为2。，由于同

一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿

角平分线方向，如图所示；根据平衡条件

可得：2Tcos6=F,解得：F=2mgeos。；

由于。＞0,所以08杆对定滑轮的支持力尸＜2mg,故C正确、。错误。

故选：Co

以物体为研究对象，根据平衡条件求解绳索的拉力；以O处滑轮为研究对象，根据平衡

条件分析08杆对定滑轮的支持力。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用

平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。

4.【答案】C

【解析】解：设火星质量为M,半径为凡密度为p,火星表面重力加速度为g,探测

器质量为，小

A。、探测器绕火星做圆周运动，万有引力做向心力，故有：鬻（年）2R；

所以，M=察，故火星质量、半径无法计算；故A。错误；

GT2

,,M371.

C、火星密度。=萍=苏，故C正确；

B、由火星表面物体重力等于万有引力可得:甯=mg,所以，重力加速度g=瑞=等,

由于K未知，故g无法求解，故B错误;

故选：c.

根据万有引力做向心力得到火星质量的表达式，再由球体体积公式求得火星密度表达式,

最后通过火星表面物体重力等于万有引力得到重力加速度的表达式，即可根据表达式判

断是否可求解.

万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半

径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量.

5.【答案】B

【解析】解：“位置的电场强度较密集，则Ea>Eb；

根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知外<Wb，故B正确，ACD错误。

故选:B。

根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小.再根据电场线的方向分析电势高低.

本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电势高低看电场线的方向.

6.【答案】D

【解析】解：小由右手定则可知导线A在其左侧的磁场向下，在其右侧产生的磁场向

上；导线8在其左侧的磁场向下，在其右侧产生的磁场向上，因此a点磁场向下，b点

磁场向上，故A错误；

B、由题知II〉%,则导线A在匕点产生的磁感应强度比导线B在6点产生的磁感应

强度大，导线A在b点的磁场水平向左，导线B在匕点水平向右，因此b点磁场水平向

左，故B错误；

C、B对A的安培力与导线A对8的安培力是一对相互作用力大小相等、方向相反，故

C错误；

D、A和8导线电流方向相同，同向电流导线相互吸引，则导线AB相互吸引，故。正

确。

故选:Do

由右手定则和磁感应强度的叠加求解；根据力的作用的相互性判断；根据同向电流导线

相互吸引判断。

本题以中国的特高压直流输电网己达到世界先进水平为情景载体，考查了右手定则、磁

感应强度的叠加、安培力等基础知识，要求学生对这部分知识要深刻理解，强化记忆，

勤加练习。

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7.【答案】C

【解析】解：A、由楞次定律可得，穿过线圈的磁通量越来越大，则此时线圈电流为顺

时针，电流方向从“到人流过电阻凡故a点电势高于匕点电势，故A错误；

B、由图象可知，图象的斜率火=詈=若Wb/s=0.05Wb/s,已知线圈匝数为：N=

200匝，

故后=2警=200x0.05=10乙由于线圈内阻为r=20,R=480,二者串联，由串

联电路分压定律可得：3=普，UT+U2=10V,故/=9.6V,

故B错误；

CD、已知回路中的电流为：/=今=苔/=0.24由电流的定义式可得：q=/t=

K+Tz+4o

0.2x0.1C=0.02C,由电动势的定义式可得：F=pW为非经典力所做的功，代入数

据可得：W=qE=10X0.02J=0.27,故C正确，。错误；

故选：Co

由楞次定律分析出感应电流的方向，再由法拉第电磁感应定律求出电流的大小，以此进

行分析。

本题主要考查了楞次定律，法拉第电磁感应定律，电功和电功率的计算，解题关键在于

线圈此时相当于电源，线圈的内阻相当于电源的内阻。

8.【答案】ABD

【解析】解：A、通过线圈A移动滑动变阻器，及开关51来改变线圈A的电流大小，从

而导致线圈B中的磁通量发生变化，进而可判定线圈8中是否有感应电流产生，故4

正确；

B、当S2处于闭合状态，在Si闭合瞬间，穿过线圈8的磁通量发生变化，产生感应电流，

发现电流表指针会发生偏转，故B正确；

C、当Si处于闭合状态，在S2闭合瞬间，穿过线圈3的磁通量不发生变化，不产生感应

电流，电流表的指针不会发生偏转，故C错误；

。、两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈8的磁

通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故。正确。

故选：ABD。

根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的磁通量发生变化，电路产生感应电

流。

本题考查判断电流表指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题，平时

要注意基础知识的学习与积累。

9.【答案】BC

【解析】解：A、钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，根据平行

四边形定则可知，两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用

力向右上方，故A错误；

B、物体受重力和拉力而平衡，故拉力T=mg,而同一根绳子的张力处处相等，故所以

段绳子的力7=mg,大小不变，故8正确；

C、两段绳子拉力大小相等，均等于〃吆，夹角在减小，根据平行四边形定则，合力变大，

故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故C正确；

。、根据平行四边形定则可知，当两断绳子之间的夹角为90。时，钩子对细绳的作用力

等于鱼血。，由于是水平向右缓慢拉动绳子，系统处于平衡状态，如果两段绳子的夹角

等于90。，竖直方向受力不平衡，所以两段绳子拉力的夹角一直大于90。，故钩子对细绳

的作用力不可能等于Vlmg，故。错误.

故选：BC。

物体受重力和拉力而平衡；同一根绳子的张力处处相等；两个等大的力合成时，夹角越

小，合力越大，由此分析。

解决该题需要明确知道两段绳子是同一根，拉力大小始终相同，掌握共点力平衡相关的

规律，知道分力不变，合力随分力的夹角的减小而增大。

10.【答案】BC

【解析】解：A、当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁扬，在铝盘中会产生感

应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力

矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故A错误,

2正确；

C.该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要

使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故C正确；

D永久磁铁固定在转轴上，铝盘国定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所

以两者转动不是同步的，故。错误。

故选：BC。

第14页，共20页

明确仪器原理，知道永久磁铁转动时会产生变化的磁场，从而在铝盘中形成感应电流,

根据楞次定律分析铝盘中磁场与永久磁铁间的转动关系。

本题考查电磁感应在生活和生产中的应用，关键明确仪器原理，知道哪部分电路产生电

磁感应，会根据楞次定律分析即可。

m22

11.【答案】cmgh2^-yf

8

【解析】解：⑴根据“验证机械能守恒定律”实验的原理选择器材：A、交流电源是打

点计时器配套使用，故A必须有；

B、刻度尺是测位移所用，故8必须有；

C、天平测质量，但由于动能和重力势能的公式中均有质量的因子，则C不是必须的，

故选：Co

(2)从起始点。开始到打下B点的过程中，重力势能的减小量△Ep=7nM，而如=等=

-T，动能的增加量△Ek=^mvj=231丝。

/28

故答案为：(1)C；(2)小。h2、叫电-恒"

8

(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的测量器材。

(2)需要用刻度尺测出重物下落的高度，应用匀变速直线运动的推论求出重物的瞬时速

度。根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的

瞬时速度求出C点的瞬时速度，从而得出动能的增加量。

本题考查了实验器材、实验数据处理等问题，知道实验原理与实验器材I实验数据处理

方法是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。

12.【答案】甲2.5偏小拌品

LAD

【解析】解：(1)如果选择图乙所示电路图，电源内阻的测量值等于电源内阻真实值与

电流表内阻之和，由于电流表内阻很小，采用图乙所示电路图时电源内阻测量误差较大,

为减小实验误差，应选择图甲所示电路图。

(2)根据图甲所示电路图，山闭合电路的欧姆定律可知，路端电压〃=E-由图丙所

示U-/图象可知，电源内阻「=与=笔;¥。=2.50。

(3)由图甲所示电路图可知，由于电压表的分流作用，电流测量值小于真实值，当外电

路短路时，短路电流测量值等于真实值，电源的U-/测量图象与理论图象如图所示

u

\真

o

由图示图象可知，干电池电动势的测量值小于真实值。

(4)保持滑动接头处于。点不动，电阻丝48中的电流保持不变，

电流计G中没有电流，电源电动势与金属丝并联部分电压相等，

设金属丝中的电流为/,金属丝单位长度电阻为R,由并联电路特点与欧姆定律得：

ILADR~Es，〃AXR-Ex，

解得待测电源电动势区=^-Es.

LAD

故答案为：(1)甲；(2)2.5；(3)偏小:(4)寰久。

(1)干电池内阻很小，从减小实验误差的角度选择实验电路图。

(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求

出电源内阻。

(3)根据图示电路图与实验误差来源分析实验误差。

(4)根据图示电路图与实验步骤应用欧姆定律求出电源电动势。

本题考查了测电源电动势与内阻实验，近几年的物理实验的考查已不再局限于基本问题

的考查，而是更多的进行一些设计性实验的考查，在解决问题时应注意理解实验中的原

理，再结合学过的实验内容进行分析解答；此类问题对学生要求较高，应注意训练.

13.【答案】解：(1)小物块由A到墙过程做匀减速运动，由牛顿第二定律得：Ff=ma

由题意得：Ff="mg

代入数据解得小物块在地面上运动时的加速度大小a为:a=四=0.8X10m/s2=

8m/s2

(2)小物块由A到墙过程做匀减速运动，由动能定理得：-fimgs=|?nv2-1mv^

代入数据解得小物块与墙壁碰撞前的速度大小v为：u=7m/s

(3)以反弹后的速度方向为正方向，由动量定理：Ft=mv-(~mv)

代入数据解得碰撞过程中墙与物块间平均作用力的大小F为:F=130N

答：(1)求小物块在地面上运动时的加速度大小为8m/s2；

(2)求小物块与墙壁碰撞前的速度大小为7m/s；

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(3)若碰撞时间为t=0.1s,碰撞过程中墙与物块间平均作用力的大小为130M

【解析】(1)小物块由A到墙过程做匀减速运动，由牛顿第二定律可求小物块的加速度

大小：

(2)由动能定理可求小物块与墙壁碰撞前的速度大小v；

(3)先选定正方向，由动量定理得墙对小物块的平均作用力的大小。

解答此题的关键是分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题，注

意使用动量定理时应选择正方向。

14.【答案】解：(1)电子在加速电场中，由动能定理有

2

eU0=!?nv

解得电子刚进入偏转场时的速度大小〃=回

(2)由几何关系可得，此时电子在磁场中的运动半径r=2L0

2

由牛顿第二定律得evB=^-

联立两式并将速度v代入解得磁感应强度B=看再

(3)设偏转场右边界距P点的水平距离为L

电子偏出电场时垂直初速方向的位移力=/辞＜?)2

电子偏出电场后到达靶上P点，在垂直初速方向的位移旷2=辞•曰•生

由几何关系有%+%=H

联立两式并将速度v代入解得L=等-*

随电压的变化电子在靶上的扫描长度为△L=鬻

因此靶台的最小直径d=△L=等

CLQ

答：(1)电子刚进入偏转场时的速度大小为再；

(2)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与

水平方向夹角为30。，匀强磁场的磁感应强度B的大小为工叵;

LO72B

(3)为使电子均能击中靶台，靶台的最小直径为等。

【解析】(1)电子受到向右的电场力，据动能定理求出速度；

(2)根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理求解电子做圆周运动的半径表达式，由几何

关系求得半径，联立可求得磁感应强度大小；

(3)由动力学规律及几何关系偏转总距离的关系式，从而判断改变加速电压后P点的变

化情况。

解决该题需要明确知道电子在各个区域的运动情况，知道在匀强电场中顺着电场线电势

的变化情况，能正确推导出电子在磁场中运动半径。

15.【答案】升高增加

【解析】解：外力尸作用在活塞1上，缓慢向右移动，弹簧被压缩，弹力大于气体压力，

活塞2向右移动，压缩气体，活塞对气体做正功。气缸绝热，不存在热传递，根据热力

学第一定律：△〃=(?+W,知气体的内能增加，温度升高。

气体的体积减小，温度升高，由气态方程景=C知气体的压强增大。活塞2向右移动，

气体的体积减小，单位体积内分子数增加，又气体温度升高，气体分子平均动能增大，

故气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数增加。

故答案为：升高，增加。

活塞1缓慢向右移动，压缩弹簧，进而压缩气体，对气体做正功，外力尸做的功一部分

转化为弹性势能，一部分转化为气体内能。根据压强的变化，分析气体分子在单位时间

内撞击气缸内壁单位面积上的次数变化。

此题综合考查热力学第一定律与气体的压强。要注意活塞对气体做正功，绝热压缩气体

时气体的内能增加。

16.【答案】解：①设玻璃管的横截面积为5,气体初状态压强四=po=75cm"g,体

积匕=L]S=20S,

气体末状态的体积彩=L2S=15S,气体温度不变，由玻意耳定律得：

Pi%=P2V2

代入数据解得：P2=lOOcmHg

设两管水银面的高度差为h,则pz=Po+Pn=(75+h)cmHg

解得：h-25cm,

右管加入的水银柱长度：x=2al-L2)+/I=2x(20-15)cm+25cm=35cm；

②右侧管内活塞推入x后，左管内气柱长变为时，压强「2=lOOcmHg

右侧管内封闭气体初状态压强：P万1=Po=75cmHg,体积="S,

末状态压强P右2=P2-Ph'=[P2-2&-L2)]cmHg=[100-2x(20-IS^cmHg=

90cmHg,

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设活塞推入的深度是X'