2021年河北省唐山市高考物理二模试卷

2021年河北省唐山市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现象，能够发生衰变

反应。一个静止的免W原子核衰变一个新核豺"儿同时放出一个带电粒子，该粒

子的动能大小为E,动量大小为p。下列说法正确的是（）

A.放出的带电粒子为电子B.箝77i的结合能比毅U大

舒解八的动能大小为落

C.铭4nl的动量大小为落D.

2.如图所示，在直角梯形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁

场，BC=CD=2AB=23高为2L、宽为L的矩形金属

闭合线圈由图中位置以向右的恒定速度匀速通过磁场区域,

其长边始终与CQ平行。以线圈中逆时针方向为电流正方

向，线圈在通过磁场过程中电流随时间变化的关系为（）

斜劈是生活中常用的一种小工具，它可以增加物体的稳定性。

如图，将斜劈垫在光滑小球的下端，可以使小球静止在光滑竖

直墙壁和斜劈之间。若小球的质量为相，斜劈尖端的角度为。，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（）

A.小球受到墙壁的弹力大小为

B.斜劈对小球的支持力为2Mg

C.斜劈与地面间的动摩擦因数可能为警

D.增大小球的质量，斜劈不可能向右滑动

4.ETC（ElectronicTollCollection'）,又称自动道路缴费系

统，该系统的推行有效的缓解高速公路收费站的拥堵

现象。若某汽车在高速上正常行驶速度为30m/s,沿

该平直公路通过收费站ETC通道时，其速度随时间变

化的关系如图所示，则ETC通道对该车行驶产生的时

间延误为（）

A.8sB.20sC.26sD.4O,s-

5.随着地球上的能源不断消耗，寻找人类的第二家园也越发显得重要，科学家在2014

年6月发现了可能宜居的系外行星开普坦-B,该行星的质量为地球的无倍，半径

为地球的机倍，自转周期为地球的〃倍，下列关于行星开普坦-B说法中正确的是

()

A.重力加速度为地球的色倍

m

B.第一宇宙速度为地球的呈倍

C.赤道上物体的向心加速度为地球的黄倍

D.同步卫星的轨道半径为地球的不诙倍

6.为了减小电能输送过程中的损耗，高压送电是当前

最有效的方式。将200V、100AW的交流电按照如图

所示电路输送给用户，线路上总电阻R=4。，降压

升压支压。

变压器原副线圈的匝数比为195：11,用户获得电

压为220匕升压变压器原副线圈的匝数比为（）

A.1：25B.1：20C.1：10D.1：5

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

7.车厢中用细线悬挂小球，通过细线的倾斜程度来检测

车辆在行进过程中的加速度。如图所示，质量相同的

两个光滑小球通过轻质细线分别系于车的顶部，左侧

小球与车厢左侧壁接触，两细线与竖直方向的夹角相同，拉力大小分别为71和72。

下列说法正确的是（）

A.车可能正在向右做加速运动B.两细线的拉力7\=T2

c.当汽车加速度增大时，n变小D.当汽车加速度减小时，B增大

8.某空间区域的竖直平面内存在电场，其中一条竖直电场线如图甲所示，一带正电小

球从O点以初速度％开始沿电场线向上运动，以。点为坐标原点，取竖直向上为x

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轴正方向，小球的速度与时间的关系如图乙中实线所示。另一不带电小球由。点以

相同初速度开始运动，速度与时间关系如图中虚线所示，不计空气阻力，从。到与

过程中()

A.电场强度竖直向上B.电势逐渐升高

C.小球A所受的电场力变小D.小球A的电势能减小

9.如图甲所示，一轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为加物块尸，弹簧

形变量为和，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做

匀加速直线运动。用x表示尸离开初始位置的位移，向上拉力尸和x之间关系如图

乙所示。从拉力尸作用在物块上开始到弹簧恢复原长的过程中，下列说法正确的是

()

T

A.系统机械能的变化量为(2a-mg)x0

B.物块P的动能变化量大小为(a-mg)x0

C.弹簧的弹性势能变化量大小为

D.物块P的重力势能变化量大小为2僧9与

10.如图所示，宽度为i〃?的光滑平行导轨位于竖直向下y产y

的匀强磁场中，磁感应强度大小为17,将质量均为/

Mg的导体棒M、N垂直放在导轨上，轨道电阻与摩

擦均不计，每根导体棒电阻为10。现给导体棒M施加大小为10N的平行于导轨的

外力，导体棒M、N始终垂直于导轨，导体棒运动稳定后，下列说法正确的是()

A.导体棒M的加速度为5m/s?B.导体棒M的速度为5m/s

C.回路中感应电动势为5yD.流过导体棒”的电流为5A

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

11.某实验小组通过如图甲所示装置探究轻质橡皮筋弹力与长度的关系，实验步骤如下:

①将橡皮筋一端固定在长木板的左端，皮筋另一端系一段细线，细线跨过长木板

右端的定滑轮与小桶相连；

②向小桶内注入一定质量的细沙，稳定后测量橡皮筋的长度/;

③取出细沙，并测量细沙的质量网

④重复(2)、(3)步骤，获得多组对应的〃八/数值；

⑤描点连线，得到1-租的关系图线如图乙所示。

完成下列填空：

(1)已知重力加速度为g,橡皮筋的劲度系数为。

(2)乙图中纵截距的数值______橡皮筋的原长(填“大于”、“等于”或“小于”)。

(3)下列情况对劲度系数测量有影响的是。

A.橡皮筋与长木板不平行

B.定滑轮不光滑

C细线质量不可忽略

D未考虑小桶质量

12.一金属线材电阻未知且电阻分布不均匀，为了测量其阻值并将其截为阻值相等的两

段，实验研究小组设计了如图1所示电路，实验器材如下：

未知电阻，阻值约为4.80；

微安表(零刻度在表盘中间)，一段接导线，另一端接表笔；

定值电阻收,阻值为10。：

电阻箱/?2，阻值。〜99.90:

电流表，量程。〜0.6A,内阻R4=10；

电压表，量程0〜3.0V,内阻约为30000；

滑动变阻器，0〜100；

电源，电动势为3匕

电键，导线若干。

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实验过程如下：

(1)按图1连接电路，闭合电键之前，将滑动变阻器的滑片滑到最端(填“左”

或“右”);

(2)将电阻箱/?2的阻值调整到0，闭合电键；

(3)将滑动变阻器/?3的滑片调节到合适位置，连接微安表的表笔与未知电阻试触，

防止微安表电流过大，不断改变表笔在未知电阻上的接触位置，直到时，

记录此次接触点的位置，即为等分电阻的位置；

(4)保持表笔与记录的接触位置的接触，如图2所示，读出此时电流表和电压表的

读数分别为V和4

(5)通过两表读数可以得到未知电阻的阻为0。

四、计算题(本大题共4小题，共47.0分)

13.平面直角坐标系xOy中，直线。尸与x轴正方向的夹角t\,B,.

为30。，其上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在*1**/

匀强电场，电场强度与x轴负方向的夹角为60。，如图所以支7/7用

示。质量为，小电荷量为4的带正电粒子，以速度v从7//网/

坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点进入电场，最后由x轴上的

Q点离开电场。已知0、P两点间距离为LPQ连线平行于)，轴。求：

(1)匀强磁场的磁感应强度B；

(2)匀强电场的电场强度及

14.质量为mi的长木板A静止放在水平地面上，其左端位于。点，质量为m2的小滑块

B放在木板的右端，如图所示，0点左侧的地面光滑，右侧的地面粗糙。质量为小。

的物体C以初速度为=8m/s从左侧向。点运动，与木板发生弹性碰撞。已知小。=

1.0kg，巾1=3.0kg,m2=1.0kg,长木板与滑块间的动摩擦因数出=。-4，重力

加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：

(1)物体C与木板A碰撞后瞬间木板的速度巧；

(2)当木板A与滑块8共速之后有两种可能的运动情况，第一种运动情况是一起相

对静止在地面上减速滑行，第二种运动情况继续发生相对滑动，直至都停下来。试

分析发生第一种运动情况时，。点右侧地面动摩擦因数内的取值范围：

(3)若最终滑块8停在木板4的左端，经测量木板的长度L=1.0m,若滑块可视为

质点，请计算O点右侧地面与木板间的动摩擦因数外的数值。

B

15.如图所示，内壁光滑的气缸开口向上放置，在距离气

缸底部色=12cm处有卡口可以阻碍活塞通过，质量均

为小的活塞A、B分别静止于卡口的上方和下方，封闭

了两部分高度均为七=9cm的气体，此时封闭气体的

温度均为A=300K,气缸和两个活塞中只有活塞B能

够导热且导热性能良好，大气压强为po,气缸的横截

面积为5。现通过电热丝加热，使两部分气体温度缓慢上升到△=500K,求:

(1)此时下方气体的压强;

(2)活塞A上升的距离。

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16.截面为直角梯形的玻璃砖ABC。，折射率《=声，一束光线

由AB面射入玻璃砖，入射角i=45。，如图所示。光线首先

到达BC面，恰好发生全反射，然后到达CQ面。求：

(1)顶角8的大小；

(2)若玻璃砖在A3方向足够长，光线从AO边出射时的折射

角。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为：HSUTh+^He,可知

放出的带电粒子为a粒子（氢核），故A错误；

B、虽然衰变的过程中释放能量，总结合能增大，但衰变生成的a粒子“带走了“一部

分的结合能，所以的纪,7%结合能不一定比的汨大，故B错误；

C、静止的U核发生衰变的过程中动量守恒，所以器“Th核的动量与a粒子的动量大小相

等，方向相反，所以核的动量大小也是p,故C错误；

D、设a粒子的速度为丫，针核的反冲速度大小为M,由动量守恒定律，得：0=巾一一

mThv',

a粒子的质量数为4,7〃核的质量数为234,

解得：，=詈=*女

m7Tl117

2

a粒子的动能：E=|mav

2

Th核的动能：E'=^mThv'

所以：E'=*E,故。正确。

故选：Do

根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；衰变的过程中释放能量，总结合能增大，但衰

变生成的a粒子带走了一部分的结合能；根据动量守恒定律求出衰变后牡的动量大小，

然后求出速度大小和动能的大小。

本题考查了衰变方程的书写和动量守恒定律的应用，核反应过程满足质量数守恒和电荷

数守恒，要注意元素左上角为质量数，左下角为电荷数，二者之差为中子数.掌握动量

守恒定律，关键要熟悉教材，牢记基本概念和基本规律.

2.【答案】C

【解析】解：线圈进入磁场过程中磁通量向里增加，根据楞次定律可得电流方向为逆时

针（为正）；

在线圈左边没有进入磁场过程中，有效切割长度逐渐增大，根据？=第可知感应电流逐

渐增大；

当线圈左边刚进入磁场，左边也突然切割磁感应线，有效切割长度突然减小，感应电流

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突然减小；

当线圈左边进入磁场后，右边没有离开磁场前，有效切割长度不变，则感应电流不变;

当线圈右边离开磁场后，线圈内的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时

针(负值)，且有效切割长度逐渐增大，感应电流逐渐增大。

故C正确、A3。错误。

故选：Co

根据楞次定律判断感应电流方向，根据有效切割长度的变化分析电流大小的变化，由此

得出正确的图象。

对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据

法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，由此进行分

析。

3.【答案】C

【解析】解：AB、以小球为研究对象，受力分析如图，由平衡条件得，小球受到墙壁

的弹力“2=mgtcm。，斜劈对小球的支持力为FNI=弓/故AB错误；

C、以整体为研究对象，斜劈受到地面的支持力等于整体重力FN1C--.

FN=(M+m)g,斜劈受到地面的摩擦力等于墙壁对球的弹力L\

f=FN2=mgtand,因系统静止，由f=mgtand<“(M+m)g)凶FH,

得，~tanS,当M=m时，M|tan8,因斜劈质量M未

知，所以斜劈与地面间的动摩擦因数可能为竽，故C正确；ma

。、假设此时系统恰好处于静止，对整体由平衡条件有：

mgtand=+m)g,设小球的质量增大△!?!,则墙壁对小球的弹力增大△mgtcm。，

地面对斜劈的弹力增大〃△mg,若〃<tand,则〃△mg<△mgtand,这时墙壁对球的

弹力大于地面对斜劈的最大静摩擦力，斜劈向右滑动，故。错误。

故选：Co

以小球为研究对象，用平衡条件求解小球受到的弹力；以整体为研究对象，求解斜劈与

地面间的静摩擦力和弹力，进而分析斜劈与地面间的动摩擦因数。

本题考查了共点力平衡条件的应用，此题的难点在于小球和斜劈的质量关系、地面和斜

劈间的动摩擦因数都不确定，可以用特殊值的方法去分析。

4.【答案】B

【解析】解：根据u-t图像与时间轴所围的面积表示位移，贝！11-41s内汽车的位移为

厂

x=-3-0-+--5x5m4-।5lx8cmH-.--5--+-3--0x27m=600m

22

汽车以30m/s的速度匀速通过600m的时间为t匀=?==20s

故ETC通道对该车行驶产生的时间延误为At=t变-t匀=40s-20s=20s,故ACD

错误，B正确。

故选：Bo

根据图像与时间轴所围的面积表示位移，求出1-41S内汽车的位移，由t=：求出

汽车匀速通过这段位移的时间，从而求得ETC通道对该车行驶产生的时间延误。

解决本题的关键要理解延误时间的意思，知道延误时间等于汽车通过ETC的实际时间

与匀速通过ETC的时间之差。分析时要抓住u-t图像与时间轴所围的面积表示位移。

5.【答案】C

【解析】解：人设任一行星的质量为仞，卫星的质量为，小行星的半径为凡行星表

面的重力加速度为g。

根据万有引力等于重力，得G鬻=mg,则g专

行星开普坦-B表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为'=2•普=j故4

g地降m

错误；

B、设行星的第一宇宙速度大小为人根据万有引力提供向心力，得G等=小艺，得"=

R2R

聆，则行星开普坦一B与地球的第一宇宙速度之比为最，•言==有，故

B错误；

C、根据向心加速度公式a=与/?可知，行星开普坦-8赤道上物体的向心加速度与地球

T2

赤道上物体的向心加速度之比为3=卜.矍=771弓=刍故C正确：

a地R地丁开71n

。、设行星的同步卫星的轨道半径为匕根据万有引力提供向心力，得

G哭=加等r,得r=j萼，则行星开普坦-B同步卫星的轨道半径与地球同步卫星

的轨道半径之比为"=3舞=硒，故。错误。

故选：C„

根据万有引力等于重力列式，得到星球表面重力加速度表达式，再求行星开普坦表

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面重力加速度与地球表面重力加速度之比；根据万有引力提供向心力，得到第一宇宙速

度表达式，求行星开普坦-B与地球的第一宇宙速度之比；由。=求赤道上物体的

向心加速度之比；根据万有引力提供向心力，求同步卫星的轨道半径之比。

本题的关键要掌握万有引力定律应用的两条基本思路：一、万有引力提供向心力；二、

万有引力等于重力。要熟练运用比例法进行解答。

6.【答案】B

【解析】解：由题意知：输送功率尸=100kw,输送电压Ui=200V,设升压后的电压

为出，则:S=S

P

输电线上的电流：

输电线上损耗的电压：U损=b,R

降压变压器上的输入电压：3=4-u损

对降压变压器：祟=票

U

4n4

联立可得：

故3正确，ACQ错误。

故选：B。

根据变压器变压比公式m=?求出升压变压器上的输出电压，求出降压变压器上的输入

电压，根据输送功率与电流的关系求出输送电流，明确导线上损耗的电压，然后联立即

可求出。

解答该题关键根据变压比公式和功率关系公式列式求解，明确用户得到的功率等于发电

机提供的功率减去功率消耗，不难.

7.【答案】AB

【解析】解：A、2小球受到斜向右上方绳子的拉力和竖直向下的重力，合力的方向水

平向右，小球和车相对静止，有相同的加速度，故车的加速度向右，故小车可能向右加

速运动，故A正确；

C、对1球受力分析如图1：

图1

在竖直方向上，Txcos6=mg

因为。不变，7;不变,

二mg

1cos。

当加速度增大时，G不变，故C错误;

B、对2球受力分析如图2：

绳子的拉力和重力的合力水平向右,

T二mg

2COS0

所以71=R,故8正确;

D、绳子的拉力72=2+F1

当汽车加速度减小时，合力减小,

所以72减小。故。错误。

故选：AB„

对小球1受力分析，在竖直方向列方程求出7\,对球2受力分析根据力的合成求72,找

到绳子拉力有关的因素解题。

解题的关键是分别对小球受力分析，找到绳子的拉力和什么因素有关。

8.【答案】AD

【解析】解：ABD、不带电小球从。点开始做竖直上抛运动，加速度为重力加速度;

带正电小球从。点开始向上做减速，且加速度小于重力加速度，说明其电场力向上，则

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电场强度方向竖直向上，

由于沿电场线方向电势降低，所以从。到与过程中电势逐渐减小，带正电小球的电势能

也减小，故A。正确，B错误；

C、带正电小球从。点开始向上做加速度减小的减速运动，根据牛顿第二定律mg-F=

ma可知，加速度a减小，则带电小球受到的电场力尸增加，故C错误。

故选：AD.

根据图象可知小球做减速运动，根据图像的斜率可以判断加速度变化情况，结合牛顿第

二定律判断电场力的变化情况，进而判断场强的方向和电势的高低变化；

9.【答案】BC

【解析】解：设物块的加速度大小为“，初状态拉力为力,则有：&=ma；在弹簧恢

复原长时，根据牛顿第二定律可得：Fx-mg=ma,

联立解得：Fo=-mg,a=，二

4、系统机械能的变化量等于拉力做的功，根据F-x关系图象与坐标轴围成的面积表示

拉力做的功可知，必=等沏=-：mg)xo,所以系统机械能的变化量为(Fi-

^mg)x0,故A错误；

B、根据动能定理可得，合外力做的功等于动能的变化，则有：△Ek=max。=(&-

mg)xQ9故B正确；

C、初状态弹簧弹力为机g,末状态弹簧弹力为零，弹簧弹力随位移成线性变化，则弹簧

弹力做的功为：W^=^x0=lmgx0,根据功能关系可得弹簧的弹性势能变化量大

小为号mgx0,故C正确；

D、物块P的重力势能变化量大小等于克服重力做的功，则有△EP=mgx0,故。错误。

故选：BC。

根据尸-x关系图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功结合功能关系求解系统机械能

的变化量；根据动能定理求解动能的变化；求出弹簧弹力做的功，根据功能关系求解弹

性势能的变化；根据重力势能变化量大小等于克服重力做的功求解物块P的重力势能变

化量大小。

本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力

做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力或弹力以外的力做功有

关，掌握变力做功的计算方法。

10.【答案】AO

【解析】解：A、对导体棒M分析可知，水平方向受到恒定的外力尸和安培力，随着速

度增大，安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，所以开始导体棒M做加速度逐渐减小的

加速直线运动；对导体棒N分析，水平方向受到安培力作用，随着安培力的增大、加速

度逐渐增大，所以导体棒N开始做加速度逐渐增大的加速直线运动；当导体棒M的加

速度与导体棒N的加速度相同时，二者保持恒定的速度差，安培力不再变化，稳定后二

者的加速度相同，对整体根据牛顿第二定律可得：F=2ma,解得：a=5=^-m/s2=

5m/s2,故A正确；

3、稳定后导体棒"做匀加速直线运动，速度不断的增加，故8错误；

C。、对N根据牛顿第二定律可得:BIL=ma,解得回路中的电流为:/=警=衿4=54

DL1X1

所以通过M和N的电流强度均为5A；

根据闭合电路的欧姆定律可得回路中的感应电动势：E=/x2R=5x2xlV=10IZ,

故C错误、。正确。

故选：ADo

以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求解加速度大小；再对N根据牛顿第二定律求解

回路中的电流，根据闭合电路的欧姆定律可得回路中的感应电动势。

本题主要是考查电磁感应现象中的电路问题和力学问题，能够以整体为研究对象分析加

速度大小，弄清楚最后二者的运动情况，结合闭合电路的欧姆定律进行分析。

11.【答案】泞1g大于BC

12Tl

【解析】解：(1)设小桶的质量为m，，橡皮筋的原长为橡皮筋的劲度系数为h

根据胡克定律得

(m+m')g—kx=k(l—/0)

可得』詈+(詈+%)

可知I—m图像的斜率k豺号

12Tl

由图可得卜斜=

m2-7n1

联立解得k=

第14页，共19页

(2)乙图中纵截距的数值为6=等+。，则b＞。，即乙图中纵截距的数值大于橡皮筋

的原长。

(3)4、橡皮筋与长木板是否平行，不影响橡皮筋的弹力大小，因而不影响对劲度系数的

测量，故A错误；

8、定滑轮不光滑，将影响橡皮筋的弹力大小，从而影响橡皮筋的伸长量，会影响对劲

度系数的测量，故B正确；

C、细线质量不可忽略时，影响橡皮筋的伸长量，会影响对劲度系数的测量，故C正确；

。、由1-ni可知小桶质量影响纵截距的数值，不影响图像的斜率大小，即不影响对劲度

系数的测量，故。错误。

故选：BC。

故答案为：(1)*笠9;(2)大于；(3)BCo

(1)根据胡克定律列式分析I-m图像的斜率表示的物理意义，即可求橡皮筋的劲度系数。

(2)根据胡克定律分析m=0时弹簧的长度，从而确定乙图中纵截距的数值与橡皮筋的原

长关系。

(3)根据胡克定律分析哪些因素影响劲度系数。

本题关键是明确实验原理：胡克定律，知道在胡克定律公式尸=依中，x是形变量，不

是弹簧或橡皮筋的长度，要通过胡克定律得到解析式，来分析图像的物理意义。

12.【答案】右10微安表的示数为零2.500.506.7

【解析】解：(1)为了保护电路，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，所以滑片应滑

到最右端；

(2)根据以下的实验过程，由电桥法测电阻的原理，要使微安表的示数为零，则下下两

路的电阻成正比，所以要将电阻箱调到&=1。。；

(3)根据电桥法的原理和要求，调节滑片位置，但最终要使微安表的示数为零；

(4)电流表的量程是0.64最小分度为0.024所以读数为0.504。电压表的量程为3匕

最小分度为0.1人所以读数为2.50八

(5)由题意知，电表分别测量的是总电流和总电压，那么R=?=怨0=5.00,而根据

电路结构知R=*+：?=普,联立解得：勺=670。

故答案为:(1)右;(2)10(3)流过微安表的电流为零(4)2.50；0.50(5)6.7

(1)分析电路结构，根据安全性的原则要使连入电路的电阻值最大；

(2)根据电桥法测电阻的原理，确定电阻箱的阻值；

(3)根据电桥法的实验要求，要使微安表的示数为零，上下两路的两电阻均等分；

(4)根据电表的量程和最小分度读出两电表的读数；

(5)根据闭合电路欧姆定律和电路结构求解待测电阻。

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意正确分析电路结构，明确实验原理，从而确

定实验方法；本题关键明确最后三问中电桥法测电阻的正确应用，掌握电路分析的基本

方法。

13.【答案】解：(1)粒子在磁场中运动时，设轨迹半，y

...B..

径为

由几何关系L=2Rsin60°/

联立可得8二誓"WX/""

(2)粒子进入电场时，速度方向与边界。P的夹角为'>*>'

60°,有几何关系可知，速度和电场垂直。

粒子在电场中的位移为x,则由几何关系和类平抛规律有：

在垂直于电场线方向：xPQ=Lsin30°xxsin30°=vt

在沿电场方向上：xcos30°=1at2

根据牛顿第二定律有：Eq-ma

联立可得E=%叱

qL

答：(1)匀强磁场的磁感应强度B为管；

(2)匀强电场的电场强度E为空警。

【解析】(1)由题设条件和几何关系求得粒子做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供

向心力求得磁感应强度的大小；

(2)先判断出进入电场的速度方向恰垂直于电场线，即粒子做类平抛运动，根据类平抛

规律和几何关系求解电场强度的大小。

本题考查带电粒子在复合场中运动，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合

几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，

解题关键是要作出轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速

度大小和方向。

14.【答案】解：(1)4、C发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，

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设碰撞后C的速度为%1，A的速度为％,以向右为正方向，由动量守恒定律得：movo

m0v01+团1%

由机械能守恒定律得：诏=\movoi+|mlVl

代入数据解得：v01=-4m/s,v1=4m/s,

(2)4、8共速后相对静止一起做匀减速直线运动，

对A、B整体，由牛顿第二定律得：〃1(巾1+巾2)9=(巾1+巾2)。

设二者间静摩擦力大小为了,对滑块B,由牛顿第二定律得：f=m2a

由于二者间为静摩擦力/<R2mg

代入数据解得：死<0.4

(3)由第(2)问可知，若出£的,滑块相对木板向左滑动到共速后会相对静止。

若生>〃2,滑块相对木板向左滑动到共速后会继续相对木板向右滑动，不可能停止板

的左端，

所以地面动摩擦因数〃1<0.4o设滑块滑动到共速经历时间为t,共速速度为v,

木板长度为二者位移只差：竽=L

对滑块B,由动量定理得：/z27n25t=m2v

木板位移：％=竽1

nl

对木板，由动能定理得：一〃101+m2)gx-422gx=之砧卢一3ml相

代入数据解得：Mi=0.2

答：(1)物体C与木板A碰撞后瞬间木板的速度%大小是4m/s,方向向右。

(2)。点右侧地面动摩擦因数出的取值范围是〃1<0.4；

(3)。