2021年安徽省名校联考高考物理模拟试卷

2021年安徽省名校联考高考物理模拟试卷

1.1897年英国物理学家约瑟夫・约翰・汤姆生在研究阴极射线时发现了电子，这是人类

最早发现的基本粒子。下列有关电子说法正确的是（）

A.电子的发现说明原子核是有内部结构的

B.夕射线也可能是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力

C.光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子

D.卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的

2.如果没有空气阻力，天上的云变成南之后落到地面，在经过一路的加速后，到达地

面时的速度会达到300米/秒，这样的速度基本相当于子弹速度的一半，是非常可

怕的。由于空气阻力的作用，雨滴经过变加速运动，最终做匀速运动，一般而言，

暴雨级别的雨滴落地时的速度为8〜9米/秒。某次下暴雨时小明同学恰巧打着半径

为0.5m的雨伞（假设伞面水平，雨水的平均密度为0.5kg/m3）,由于下雨使小明增

加撑雨伞的力最小约为（）

A.0.25NB.2.5NC.25ND.250N

3.建筑工人常常徒手向上抛砖块，当砖块上升到最高点时被楼上的师傅接住。在一次

抛砖的过程中，砖块运动3s到达最高点，将砖块的上升运动看作匀变速直线运动，

砖块通过第2s内位移的后］用时为不通过第15内位移的前;用时为5则占满足（）

A2<包<工B2<”<ZCDi<^<l

・5%45403〜3J25?tl

4.如图所示，A、B、C是三级台阶的端点位置，每一级台阶的水平宽度是相同的，其

竖直高度分别为九1、殳、八3,将三个相同的小球分别从A、B、C三点以相同的速

度北水平抛出，最终都能到达A的下一级台阶的端点P处，不计空气阻力。关于从

A、B、C三点抛出的小球，下列说法正确的是（）

A.在空中运动时间之比为以：tB：tc=1：3：5

B.竖直高度之比为九i：%：九3=1：2：3

C.在空中运动过程中，动量变化率之比为当：空：安=1：1：1

△cAcAc

D.到达P点时，重力做功的功率之比为匕：PB：Pc=1：4：9

5.2019年1月3日，嫦娥四号月球探测器平稳降落在月球背面南极一艾特肯盆地内的

冯・卡门撞击坑内，震惊了全世界。嫦娥四号展开的太阳能电池帆板在有光照时，

可以将光能转化为电能，太阳能电池板作为电源，其路端电压与干路电流的关系如

图所示，则下列说法正确的是（）

A.该电池板的电动势为2.80U

B.随着外电路电阻增大，其内阻逐渐增大

C.外电路阻值为M0时电源输出功率约为3.2W

D.外电路阻值为1k。时电源效率约为36%

6.2019年9月12日，我国在太原卫星发射中心“一箭三星”发射成功。现假设三颗

星.、6、c均在在赤道平面上绕地球匀速圆周运动，其中“、b转动方向与地球自

转方向相同,c转动方向与地球自转方向相反,a、b、c三颗星的周期分别为兀=6八、

Tb=24九、Tc=12h,下列说法正确的是（）

A.a、b每经过6/z相遇一次B.〃每经过8/?相遇一次

C.b,c每经过8人相遇一次D.b、c每经过劭相遇一次

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7.如图所示，半径为八电阻为R的单匝圆形线框静止于绝缘水平面上，以圆形线框

的一条直径为界，其左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸

面向里的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间f变化的规律分别如图乙所

A.号时刻线框中磁通量为零

B.线框中电流方向为顺时针方向

C.线框中的感应电流大小为窘

D.线框受到地面向右的摩擦力为二零

8.光滑绝缘的水平地面上，一质量m=1.0kg、电荷量q=>

1.0X10-6（；的小球静止在。点，现以。点为坐标原点在

水平面内建立直角坐标系xOy,如图所示，从t=0时刻开

始，水平面内存在沿x、y方向的匀强电场Ei、E2,场强Ox

大小均为1.0xt=0.1s时，y方向的电场变为-y方向，场强大小不变；

t=0.2s时，y方向的电场突然消失，x方向的电场变为-%方向，大小&'=2邑.下

列说法正确的是（）

A.t=0.3s时，小球速度减为零

B.t=0.1s时，小球的位置坐标是（0.05m,0.15m）

C.t=0.2s时，小球的位置坐标是（0.1m,0.1m）

D.t=0.3s时,小球的位置坐标是（0.3m,0.1m）

9.在“探究求合力的方法”实验中，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为5N的

弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。

乙

(1)具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的是。

A.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置。时，拉力要适当大些

8.再次进行验证时，结点。的位置必须保持相同

C使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度

。.拉橡皮条的细线要稍长一些，标记同一细绳方向的两点距离要远一些

(2)实验小组用图甲装置得到了如图乙所示的两个分力0、6及合力厂的图示。关

于合力与分力的关系，某同学认为用虚线连接&和尸的末端A、C,则AOC如图丙

构成一个三角形，若满足,则说明合力与分力之间的关系满足平行四边形定

贝！I。

10.学习了“测量电源的电动势和内阻”后，物理课外活动小组设计了如图甲所示的实

验电路，电路中电源电动势用E,内阻用r表示。

国甲国乙m

(1)若闭合电键S1，将单刀双掷电键S2掷向4,改变电阻箱R的阻值得到一系列的电

压表的读数U,处理数据得到图象如图乙所示，写出U关K系式______。(不考虑

电表内阻的影响)

(2)若断开Si，将单刀双掷电键Sz掷向6,改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表

的读数/,处理数据得到图象如图丙所示，写出亍-R关系式。(不考虑电表

内阻的影响)

(3)课外小组的同学们对图象进行了误差分析，发现将两个图象综合起来利用，完

全可以避免由于电压表分流和电流表分压带来的系统误差。己知图象乙和丙纵轴截

距分别为瓦、b2,斜率分别为七、的•则电源的电动势E=，内阻r=o

(4)不同小组的同学用不同的电池组(均由同一规格的两节干电池串联而成)，按照

(1)中操作完成了上述的实验后，发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内

电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组继续进一步探究,

对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端

电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如图丁所示的P-R和P-U图象。

若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是(选填选项的字

母)。

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11.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y轴沿竖直方向。在％=ZJk=2L之间

存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷为人的带电微

粒从坐标原点以一定初速度沿+x方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内

做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x方向通过X轴上x=3L的

位置，已知匀强磁场的磁感应强度为8,重力加速度为g。求：

(1)电场强度的大小；

(2)带电微粒的初速度；

(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标。

12.如图所示，质量为Tn】的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为4=

0.5,右端有一固定的、光滑的半径R=0.4m的四分之一圆弧轨道(接触但无黏连)，

长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左

端与左侧圆弧轨道右端相距a=1m。质量为62=2ml的小木块(看成质点)从距木

板右端x=2m处以%=10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因

数为〃2=。.9，重力加速度取g=10m/s2.求：

(Dm2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。

(2)使机2不从巾1上滑下，的最短长度。

(3)若nr1取第(2)问中的最短长度，加2第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。

13.如图所示，一定质量的理想气体，按图示方向经历了

A8CD4的循环，其p-P图线如图。状态B时，气体分

子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能(

选填“大”或“小”);由B到C的过程中，气体将

(选填“吸收”或“放出”)热量；经历48CD4

一个循环，气体吸收的总热量(选填“大于”或“小于”)释放的总热量

14.一竖直放置、内壁光滑且导热良好的圆柱形气缸内封闭有可视为理想气体的。2,被

活塞分隔成A、8两部分，气缸的横截面积为S,达到平衡时，两部分气体的体积

相等，如图(a)所示，此时4部分气体的压强为po；将气缸缓慢顺时针旋转，当转

过90。使气缸水平再次达到平衡时，A、B两部分气体的体积之比为1：2,如图(b)所

示。已知外界温度不变，重力加速度大小为g,求：

(团)活塞的质量m；

(回)继续顺时针转动气缸，当气缸从水平再转过角度。时，如图(c)所示，A、B两部

分气体的体积之比为1：3,则sin。的值是多少？

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15.如图所示，截面ABC。为矩形的透明设备放置在真空环境中，

AB=2a,频率为v的光人入射到上表面与AD的夹角为。=30°,

折射到A8面中点时恰好发生全反射，则该设备材料的折射率为

;若真空中的光速为。，则光从射入到第一次射出需要的

时间为:若有另一束光G能和刀发生干涉，则6的频率

贝填“大于”“等于”或“小于”）。

16.坐标原点处的波源在t=0时开始沿y轴负向振动，t=1.5s时它正好第二次到达波

谷，如图为七=1.5s时沿波的传播方向上部分质点振动的波形图，求：

（团）这列波的传播速度是多大？写出波源振动的位移表达式；

（团）与=5.4a的质点何时第一次到达波峰？

（团）从G―0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，x2=30cm处的质

点通过的路程是多少？

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、原子是由原子核及核外电子组成的，电子的发现说明原子是可以再分

的，不能说明原子核的结构，故4错误；

8、£射线是电子流，它是原子核内中子转化为质子和电子的过程中释放出的，它具有

中等的穿透能力，故8错误；

C、根据光电效应现象的定义可知光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电

子，故C正确：

。、卢瑟福的原子核式结构模型认为在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的

全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转,

而轨道量子化是波尔在卢瑟福模型的基础上加以改进而提出的，故。错误。

故选：C。

电子的发现说明原子是有内部结构的；£射线是原子核内电子形成的电子流，它具有中

等的穿透能力；光电子来源于金属中自由电子；卢瑟福研究原子结构时仅仅是提出来电

子绕原子核做圆周运动，没有引入量子化理论。

本题主要考查了原子的认识历程及原子结构，在掌握原子结构时要注意人类的认识过程。

这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：设，时间内，落到雨伞上的南水的质量为〃?，因阻力等于重力，则二力忽

略，

雨水受到雨伞的弹力为凡根据动量定理得：Ft=mv①又m=put7rr2②

由①②代入数据解得：F=25N,由牛顿第三定律可知对雨伞的力也为25N,

故C正确，ABD错误

故选：Co

设出一段时间/,表示出时间，内落到雨伞上的水的质量，对雨水受力分析，由动量定

理求得雨伞对雨水的弹力，即为增加的力。

考查动量定理的应用，建立雨水柱的物理模型，由动量定理列式即可，注意质量的表达

式要书写正确。

3.【答案】C

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【解析】解：将砖块的运动逆向看做由静止开始的匀变速直线运动。初速度为零的匀变

速直线运动，连续相等时间内的位移之比为1：3：5：把3s内位移分成9等份，可

知第2s内位移的前5与第1s内位移的后(相等，计为X.逆向思维，根据初速度为零的匀

加速直线运动，连续相等位移所用时间之比为1：(V2-1)：(V3-V2)：(V4-V3)：

G对应第2段(近一1),t2对应第9段(我一㈣，所以合四一1,选项C正确

故选：Co

砖块向上做匀减速直线运动，初速度未知，而由题意末状态是上升到最高点v=o,暗

示应试者逆向思维处理本题。

本题考查基本公式的综合应用，特别是逆向思维.同时需要把q、t2对应的长度相等理

解清楚。

4.【答案】C

【解析】解：A、根据x=水平初速度相同，A、B、C水平位移之比为1：2：3,

所以它们在空中运动的时间之比为1：2：3,故4错误；

2

B、根据九=1gt,知也p：hBP：hCP=1：4：9,所以竖直高度之比为b：h2：h3=1：3：

5,故8错误；

C、根据动量定理可知，动量的变化率为物体受到的合外力即重力，重力相同，则动量

的变化率相等，故C正确；

。、到达P点时，由为=/知，竖直方向速度之比为1：2：3,重力做功的功率「=mg%,

所以重力做功的功率之比为以：PB-Pc=1：2：3,故。错误。

故选：Co

研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速

直线运动，竖直方向做自由落体运动，由于抛出速度相同，根据水平位移可确定各自运

动的时间之比，从而求出各自抛出高度之比，动量的变化率为物体受到的合外力；叼=

gt,重力做功的功率「=mg%。

本题就是对平抛运动规律的直接考查，突破口是由相同的抛出速度，不同的水平位移从

而确定运动的时间的关系，掌握住平抛运动的规律及运动学公式就能轻松解决。

5.【答案】A

【解析】解：A、分析路端电压和干路电流的关系图可知，图象与纵坐标的交点为电源

的电动势，故电动势为2.80V,故A正确；

B、分析图象可知，斜率表示内阻，r=>,随着外电路电阻增大，干路电流减小，则

图象斜率逐渐减小，内阻逐渐减小，故B错误；

CD、外电路电阻为1W2时，电池与线0的电阻连接构成一个闭合电路，在U-/图中作

出对应的电阻的伏安特性曲线，如图所示：

图象的交点为电源的工作点，则由图可知电源的工作电压为1.8V,工作电流为1.8机4

1O

则电源的输出功率：P=U1=1.8X0.0018iy=3.2X10-3W,则电源的效率”=

2.8

100%=64%,故错误。

故选：Ao

分析路端电压和干路电流的关系图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势。

图象斜率表示内阻。

电池与1k。的电阻连接构成一个闭合电路，在U-/图中作出对应的电阻的伏安特性曲线,

交点为实际的工作电压和电流。

此题考查了闭合电路欧姆定律的相关计算，解题的关键是明确图象的意义，斜率

表示内阻，纵轴截距表示电动势。

6.【答案】BC

【解析】解：A、而转动方向相同，在相遇一次的过程中，。比6多转一圈，设相遇一

次的时间为△3则由不一竽=1,解得=故4错误，8正确；

C、儿转动方向相反，在相遇一次的过程中，儿共转一圈，设相遇一次的时间为△£',

则由黑+黑=1,解得=故C正确，。错误；

故选：BC。

时绕地球做同向的匀速圆周运动，相遇一次时，a比人恰好多转动一周，同理，由于儿

转动方向相反，6c相遇，儿共转动一圈，即可求得；

解决本题的关键是抓住4b和be转动方向，明确相遇时的条件。比b多转动一圈，be共

同转动一圈，即可判断。

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7.【答案】ACD

【解析】解：A、号时刻，两部分磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，线框中的磁

通量为0，故A正确；

8、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是逆时针，而右边的导线框的感应电

流也是逆时针，则整个导线框的感应电流方向为逆时针，故B错误；

C、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意

可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2x^=巴鲁；

“0to

再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为/=与第，故c正确；

。、由左手定则可知，左、右两侧的导线框均受到向左的安培力，则所受地面的摩擦力

方向向右、大小与线框所受的安培力大小相等，即/=B/-2r+B2/-2r

=2Blr=故。正确。

ot()R

故选：ACD.

根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并

依闭合电路欧姆定律，及安培力公式即可求解。

考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应

电动势是相加还是相减，是解题的关键。

8.【答案】AD

【解析】解：ABCD、从t=0时刻开始，水平面内存在沿小y方向的匀强电场%、%,

场强大小均为1.0X由牛顿第二定律可知，qE=7HQ,小球沿+x、+y方向的

2

加速度大小均为的=a2=10m/s,经过t=0.1s时，小球沿+工、+y方向的速度大小均

为%=v2=art=10x0.1sm/s=lm/s,小球沿+工、+y方向移动的距离大小均

为工1=丫1=|«1^2=1x10x0.l2m=0.05m；

在第二个0.1s内，小球沿+工方向移动的距离%2=%亡2=(1X0.1+1x10x

0.12)m=0.15m,沿+y轴方向移动的距离为=172t2~\a2t2=(1x0.1|x10x

0.12)m=0.05m；第0.2s末+%方向的速度功'=«i02t=10x0.2m/s=2m/s；

在第三个0.1s内，小球沿+工方向做匀减速直线运动，由q%'=根。2'，可得。2'=20m/s2,

2

小球沿+%方向移动的距离％3=v2t2一发=(2x0.1-1x20x0.1)m=0.1m

t=0.3s时，小球速度内=v2'—0.2(3=(2—20x0.1)7n/s=0,故AD正确，BC错误。

故选：A。。

带电小球在第一个0.1s内做匀加速直线运动，在第二个0.1s内加速度大小不变，在第三

个0.1s内加速度改变，分段根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式求位移，

确定位置。

本题要根据小球的运动情况，运用运动的分解处理类斜抛运动。解要分段运用牛顿第二

定律和运动学公式，边计算边分析。

9.【答案】ACDAC与表示分力?2的。8长度相等，方向平行

【解析】解：(1)4、合力与分力的关系为等效替代的关系，效果是相同的，所以在同一

次实验时，需要让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，则必定结点

。的位置要相同，同时拉力的大小要适当大一些，可以有效减小误差，故A正确

8、在重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，故B错误

C、使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线，可以减小因摩擦产生的误差；读数时视

线应正对测力计刻度，可以减小偶然误差，故C正确

D,拉橡皮条的细线要长一些，标记用一细绳方向的两点要远一些，可以减小方向误差，

故。正确

故选：ACD

(2)由平行四边形定则可知若AC与表示分力尸2的OB长度相等，方向平行，则说明合力

与分力之间的有关系满足平行四边形定则。

故答案为：(1)4CD；(2)4(?与表示分力F2的OB长度相等，方向平行

做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用

效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个

力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，和那一个力(实际值)进行比较。用平行

四边形画出来的是理论值，和橡皮筋同线的那个是实际值。由此结合实验过程中需要注

意的事项依次分析即可。

在“验证力的平行四边形定则”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，这要

求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解，同时要理解会

给实验带来误差的因素。

10•【答案】：£+*BC

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【解析】解：(1)若闭合电键工，将单刀双掷电键S2掷向小

由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：E=U+Ir=U+^r,

整理得：'=&

UERE

(2)若断开品，将单刀双掷电键52掷向b，

由闭合电路欧姆定律可知：E=/(r+R),

整理得：7=i/?+p

ICC

(3)考虑电表内阻影响，

若闭合电键工，将单刀双掷电键S2掷向“，

由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：E=U+/r=U+《+$r,

十人EZO1r1,r,1

整理得：u=ER+^+E'

由于电压表分流影响，电源电动势与内阻测量值小于真实值；

若断开工，将单刀双掷电键S2掷向江

由闭合电路欧姆定律可知：E=l(r+R+RA),

整理得：；=巴鲁，

由于电流表内阻影响，电源内阻测量值偏大，电源电动势测量值等于真实值，

由图丙可知，图象斜率：fc2电源电动势：E=2，

c1^2

由图乙所示图象可知，斜率：…三,电源内阻：r=F；

(4)4B、根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻

大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由P=^可知，电动势相同，

4r

内阻越小的乙输出功率越大，故B正确，A错误；

CD、当内阻和外阻相等时，电源输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半；由A3

的分析可知，乙输出的功率比甲的大;而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，

此时输出功率为零；故C正确，。错误。

故选：BC。

故答案为：⑴5=/+*；(2)'=/+&⑶*;氏；(4)BC。

(1)根据图甲所示实验电路结合实验步骤，应用闭合电路欧姆定律求出59关系式。

UK

(2)根据图甲所示实验电路结合实验步骤，应用闭合电路欧姆定律求出-R关系式。

(3)根据图示图象求出电源电动势与内阻。

(4)当内外电阻相等时电源的输出功率最大，根据题意分析图示图象答题。

本题考查了测电源电动势与内阻实验，解题时应注意明确实验的原理；并且要由实验原

理结合闭合电路欧姆定律得出表达式，结合图象得出电动势和内电阻。注意电流表内阻

已知时可以采用相对电源的内接法准确求出电源内阻。

11.【答案】解：(1)进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，则zng=qE

口mgg

(2)粒子做平抛运动，进入复合场后做圆周运动，因为出射后恰好沿+x方向通过x轴上

x=3L的位置，根据运动的对称性，可确定进出复合场的位置在同一水平面，其轨迹如

图所示，

由几何关系：2Rcos9=L

由洛伦兹力提供向心力：qvB=m—＞又u='当

1RCOS0

竖直方向：Vy=gt

水平方向：L=vot

联立解得：%=用

(3)竖直方向：h=^gt2

圆心的纵坐标：yo'=-h4-RsinO

联立上式解得：％'=能一等

答：(1)电场强度的大小为£

(2)带电微粒的初速度为需；

KD

(3)带电微粒做圆周运动的圆心的纵坐标为言箸。

【解析】根据运动情况和受力分析求出场强；画出轨迹图，进行速度的分解，求出初速

度；根据竖直方向的匀加速运动求出圆心的纵坐标。

本题主要考查了带电粒子在复合场的运动，解题的关键是画出粒子的轨迹图，根据其运

动情况来受力和求值即可。

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12.【答案】解：(1)设滑块到达木板右端的速度为打，根据动能定理可得：-“2加2gx=

加2资一加2诏，

代入数据解得：%=8m/s,

设滑块离开圆弧轨道后上升的最大高度为心，根据动能定理可得：-m2g(R+b)=0-

如2谱,

代入数据解得：幻=2.8m；

(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为%=8m/s,滑上木板后，滑

块的加速度为。2

由牛顿第二定律可得：H2mg=ma2'解得：0-2=9m/s2

木板的加速度为。1，由牛顿第二定律可得：ii2mg-(ni1+m2)g-mxax,解得：ar-

3m/s2

设经过时间Q后两者共速，速度为也则

v=vr—a2t1=Qi"

2

解得h=-s,v-2m/s

该过程中木板的位移为Xi=》1=|m

滑块的位移为七=竽0=竽m

由于/<&=1m,假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，

则木板的最小长度为L=%2-%=gm

(3)滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为％,由动能定理可得

11,

7z

-Mi(nil+m2)5(x0-xj=-+mz)v£--(mj+m2)v

随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为心，则由动能定理可得

1

~m2gh2=0--m2vl

解得％=30m

答：(1)加2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度为2.8m；

(2)使巾2不从加1上滑下，加1的最短长度为|m；

(3)若mi取第(2)问中的最短长度，第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度为《6。

【解析】(1)滑块向右运动，做减速运动，根据动能定理求得到达木板右端的速度，滑

块滑上圆弧轨道后，根据动能定理求得上升的高度；

(2)滑块在右侧圆弧上运动时，机械能守恒，故回到圆弧底端时的速度大小不变，然后

向右运动，发生相对滑动，根据牛顿第二定律求得滑块和木板的加速度，利用运动学公

式求得达到共同速度通过的位移，即可求得木板的最小长度；

(3)两者到达共同速度后，一起向左做减速运动，由动能定理求得木板到达左端时的速

度，滑块滑上左端圆弧时，根据动能定理求得上升的高度；

本题是一道力学综合题，考查了动能定律、牛顿第二定律、运动学公式的应用，分析清

楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、动能定律、运动学公式即可

解题。

13.【答案】大放出大于

【解析】解：根据理想气体状态方程：Y=C,从A状态到2状态，户增大，V增大，

T一定增大，所以8状态的分子平均动能比A状态分子的平均动能大；

根据理想气体状态方程：*=C,V不变，P减小，7一定减小，理想气体的内能减小

(△U<0),再根据热力学第一定律，体积不变(卬=0),气体将放出热量(Q<0)；

p-IZ图线中，图线和坐标轴围成的面积表示气体做功，从A到B,体积增大，气体对

外做功MB<。；从8到C,体积不变，气体不做功；从C到。，体积减小，外界对气

体做功叫。>0;从力到4体积不变，气体不做功；根据图象，A到8图线围成的面

积大于C到力图线围成的面积，气体历了ABCDA的循环，气体做功W=wAB+WCD<0,

根据热力学第一定律W+Q=△〃，AU=0,有Q=-W>0,所以气体吸收的总热量

大于释放的总热量。

故答案为：大；放出，大于。

根据理想气体状态方程：y=C,从A状态到B状态，P增大，丫增大，T一定增大，

所以B状态的分子平均动能比A状态分子的平均动能大；

从A到B,气体对外做功叱<0；从C到。，外界对气体做功叫。>0；根据图象勿=

WAB+WCD<0,根据热力学第一定律VV+Q=△/△{/=0,有Q=-W>0。

本题考查了理想状态方程、热力学第一定律等知识点。热力学第一定律在应用时一定要

注意各量符号的意义；△[/的正表示内能增加，E为正表示物体吸热；W为正表示外界

对物体做功。

14.【答案】解：⑴气体做等温变化，在(a)状态，有以1=po-PBI=PAI+詈=Po+詈，

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以1=%=u

在(b)状态,由042—PB2—P,匕2=三"，"B2=3，

对A部分气体，由玻意耳定律得：PAI^AI=PA2^A2'即POU=P，|V

同理，对8部分气体，由玻意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2,即(Po+詈"=P—V

解得7n=W

(五)由题意知，匕3=：匕/3=|尸

对A部分气体，有：P41%1=P/13%3，即PoU=PA3qV

解得PA3=2Po

对B部分气体，由PBMBI=PB3，B3，即(Po+詈”=PB3'1，

解得P83=枭0

S

活塞处于静止状态，有：pB3+mgsind=pA3S

解得sin。=|

答：(回)活塞的质量优为等；

(囱)继续顺时针转动气缸，当气缸从水平再转过角度。时，如图(c)所示，A