2021届宁夏六盘山高中高考物理二模试卷附答案详解

2021届宁夏六盘山高中高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.A、B两物体，从同一高度处同时开始运动，A从静止自由下落，B以初速度"水平抛出，则关于

两物体的运动，下列说法正确的是（空气阻力不计）（）

A.它们将同时落地

B.它们在相同的时间内通过的位移相同

C.它们落地时的速度相同

D.物体B的抛出的初速"越大，它在空中运动时间就越长

2.钻-60放射性的应用非常广泛，几乎遍及各行各业。在农业上，常用于辐射育种、刺激增产、

辐射防治虫害等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗。一个钻60原子核（招C。）放出一个口粒

子后衰变成一个银核（羽Ni）,并伴随产生了y射线。已知钻-60的半衰期为5.27年，该反应中钻

核、£粒子、镁核的质量分别为61、巾2、巾3,光在真空中的传播速度为c。下列说法正确的是（）

2

A.核反应中释放的能量为（巾1+m2-m3）c

B.核反应中释放出y射线的电离本领比夕粒子强

C.0粒子是钻原子的核外电子电离形成的

D.若有16克钻-60,经过10.54年后将只剩下4克钻-60

3.如图所示，天花板上用细绳悬挂着两个用轻弹簧相连的质置相同的小球小B,

两小球均保持静止.当突然剪断细绳的瞬间，上面的小球4与下面的小球8的加

速度分别为（取向上的方向为正方向）（）

A.aA=-2g=0

B.—2gctp—0

c.aA=-gaB=g

Y）.aA=gaB=g

4.一带正电的粒子仅在电场力作用下从4点经B、C运动到。点，其“速度-时

间”图象如图所示.分析图象后，下列说法正确的是（）

A.4处的电场强度大于C处的电场强度

B.B、。两点的电场强度和电势一定都为零

C.粒子在4处的电势能大于在C处的电势能

D.A、C两点的电势差大于B、。两点间的电势差

5.如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是P

一竖直放置的感光板.从圆形磁场最高点P以速度〃垂直磁场射入大量带正电

的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用力及粒

子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（）

A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上

B.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长

C.即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心

D.只要速度满足“=逆，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上

m

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.下列说法中正确的是（）

A.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该光照射时间太短

B.放射性原子核发生0衰变时，原子核的质量数不变，核电荷数增加1

C.中等质量的原子核的比结合能最小，因此这些原子核是最稳定的

D.原子核内的每个核子只跟邻近的核子发生核力作用

E.玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的

7.如图所示的是法拉第制作的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘

放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a.b导线与铜盘的中轴线处在门

同一平面内.转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若已知铜盘的半Q

径为3匀强磁场的磁感应强度为B,回路总电阻为R,从上往下看逆时针

匀速转动，铜盘的角速度为3.则下列说法中正确的是（）

A.流经小灯泡的电流方向由a到b

B.流经小灯泡的电流方向由b到a

c.回路中产生的感应电流大小是空殓

7.R

8.如图所示，4B两个小球可视为质点，4球沿倾角为30。足够长的光滑斜面由静止开始下滑，，B球

从与甲球等高处做自由落体运动，4、B两球的动能与位移大小的关系图象如图乙所示.下列说

法正确的是（）

B.A、B两球的质量之比4：1

C.A、8动能为以。时，重力的瞬时功率之比为1：1

D.A、8动能为治0时，重力的瞬时功率之比为4：1

9.下列说法正确的是（）

A.一定质量的理想气体在压强不变、温度升高时，内能的增加量一定大于吸收的热量

B.叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用

C.有些物质的状态可以在晶体和非晶体之间转化

D.当分子间距离减小时，引力增大，斥力也增大，两者的合力也一定增大

E.温度一定时，液体中悬浮的微粒越小，布朗运动越明显

10.下列说法正确的是（）

A.恒定电流能够在周围空间产生稳定的磁场

B.稳定电场能够在周围空间产生稳定的磁场

C.均匀变化的电场能够在周围空间产生稳定的磁场

D.均匀变化的电场和磁场相互激发，形成由近及远传播的电磁波

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学用如图所示装置，通过测量加速度来测定物块与水平轨道之间的动摩擦因数。已知电火

花打点计时器打点的频率为50Hz,请回答：

（1）除电火花计时器、纸带、钩码、一端带滑轮的长木板、滑块、细绳、导线及开关外，在下面的器

材中，还必须使用的有（填选项代号）；

4电压为4-61/的低压交流电源B.电压为220H的交流电源

C.刻度尺。.秒表

（2）根据打出的纸带测量出数据，利用WPS表格软件画出位移与时间的关系图并给出拟合方程》=

1.2123t2+o.2595t-0.0007（位移x的单位是米，时间t的单位是秒），如图所示，可知加速度为

m/s2（结果保留三位有效数字）；

（3）已知物块的质量为100g,钩码的质量为50g,使用（2）中计算的加速度，可求出滑块与轨道间的

摩擦因数为。（g取10m/s2,结果保留三位有效数字）

12.已知某一电流表的内阻约为0.10,电压表内阻约为10k2若待测电阻约为50,用伏安法测其电

阻，应采用电流表（填“外接法”或“内接法”），测量值比真实值偏（填“大”

或"小”）.

四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）

13.如图所示，质量均为m=2kg小物块4、B通过一压缩轻弹簧锁定在一起，静止于光滑平台上，

解除锁定后，A、B在弹簧弹力作用下以相等的速度%=5m/s分离。4分离后向左运动，滑上半

径R=0.56的光滑半圆轨道；B分离后向右运动，滑上速度v=4m/s的足够长的传送带，传送

带与平台等高，传送带表面的动摩擦因数〃=0.1,取g=10m/s2。

（1）求弹簧锁定时的弹性势能0；

（2）通过计算说明4能否通过半圆轨道的最高点；

（3）求B在传送带上滑动过程中产生的内能Q。

14.容积V=30L的钢瓶内装有“一定质量的理想气体，气体压强为lOatm。温度27P已知标准状

况（（T&latni）下Im。，气体体积为22.43阿伏加德罗常数N.=e.OxlO^mo/-^

①若将瓶内气体温度降低到0℃,其压强为多大？

②试求瓶内气体的分子数是多少？（保留两位有效数字）

15.如图所示实线是一列简谐横波在匕=0时刻的波形，虚线是这列波在同=0.5s时刻的波形，这列

(1)若波速向右，波速多大？

(2)若波速向左，波速多大？

五、综合题(本大题共1小题，共18.0分)

16.(1)B.某课外探究小组利用光电门等器材验证机械能守恒定律，实验示意图如图甲所示.将一直

径为d、质量为TH的金属小球由高处从静止释放，下落过程中先后通过正下方、固定于4、B两

处的光电门，测得4、B间的距离为H,分别记录下小球通过光电门4、B的时间为以、tB,当地

的重力加速度为g,则：

(1)如图乙所示，用螺旋测微器测得小球的直径d=mm.

(2)小球经过光电门4时的速度表达式为.

(3)某次实验得到以、tB,”的数值，在同一坐标系中标出e、2及H数值，作出如图丙所示的图象,

则图中直线的斜率为(用g、d表示)时表示小球从4到B过程中机械能守恒.

(2)C.光伏发电作为临沂市精准扶贫的项目得到了广大贫困户的好评，光伏发电采用的是能够将

光能转化为电能的硅光电池。某课外探究小组利用如图甲所示的器材探究在光照强度一定的条

件下硅光电池的路端电压U与总电流/的关系，电表均可视为理想电表。

图甲

(1)在答题卡实物图上用笔画线代替导线连接电路;

(2)用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U-/图象如图乙所

示，由此可知在该光照强度下，硅光电池内阻(填“是”或“不是”)常数，短路电流为

mA,电动势为匕(结果保留三位有效数字)

(3)若将R=lOk0的电阻接在该硅光电池两极上，用同样强度的光照射该硅光电池，则该电阻

消耗的功率为W,此时该硅光电池的内阻为/cQ(结果保留两位有效数字)

(3)D如图所示，质量m=Mg的小滑块，轻质弹簧的一端与滑块相连，弹簧的另一端固定在挡

板上，光滑斜面和光滑圆筒形轨道平滑连接，开始时弹簧处于压缩状态，滑块和小球均处于锁

定状态，圆弧的轨道半径R和斜面的顶端C离地面的高度均为1m,斜面与水平面夹角。=60。，

现将滑块解除锁定，滑块运动到C点与小球M相碰时弹簧刚好恢复原长，相碰瞬间小球的锁定被

解除，碰后滑块和小球以大小相等的速度向相反的方向运动，碰后小球沿光滑圆筒轨道运动到

最高点D水平抛出时对圆筒壁刚好无压力，若滑块与小球碰撞过程时间极短且碰撞过程没有能

量损失.g=10m/s2求：

(1)小球从。点抛出后运动的水平距离;

(2)小球的质量;

(3)己知弹簧的弹性势能表达式为Ep=：/£△/为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量)，求滑

块碰后返回过程中滑块的最大动能.

(4)E.如图所示，在xOy坐标系内的第一象限内有沿竖直方向且足够长的匀强电场，在第四象限

有垂直于纸面向外的匀强磁场.在y轴上4点以一定初速度水平射出一个质量为m带电量为+q的

粒子，该粒子经x轴上的P点以速度u第一次进入X轴下方的磁场.若已知P点坐标是(1,0)，速度与

x轴夹角a=30。，不考虑粒子重力，求：

(1)第一象限内的电场强度的大小和方向；

(2)若粒子经磁场偏转后不穿过y轴仍能回到x轴以上的电场，则x轴下方磁场的磁感应强度应满

足的条件.

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4D、4B两物体高度相等，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据等时性，知平

抛运动时间与自由落体运动时间相等.故A正确，D错误.

8、平抛运动在相等时间内竖直方向上的位移等于自由落体运动的位移，根据平行四边形定则，平抛

运动的相同时间内的位移大于自由落体运动的位移.故B错误；

C、平抛运动落地时竖直方向上的分速度等于自由落体落地时的速度，根据平行四边形定则，平抛运

动落地速度大于自由落体运动落地速度，故C错误.

故选：A.

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，

通过运动的合成比较位移和速度.

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动在水平方向上做

匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，难度不大，属于基础题.

2.答案：D

解析：解：力、根据质能方程可知核反应中释放的能量为（011-机2-m3）。2,故A错误；

8、根据三种射线的特点与电离性，可知y射线的电离本领比夕粒子弱，故8错误；

C、根据0衰变的本质可知，0粒子是原子核内的一个中子转变为质子时产生的，故C错误；

。、16g钻60经过10.54年，即经历2个半衰期，所以还剩下4g钻60,故。正确。

故选：。。

根据质能方程判断释放的能量；根据三种射线的特点判断；根据半衰期的含义判断；

解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，知道a衰变和0衰变的实质，理解半衰

期，并能进行计算。

3.答案：A

解析：解：设两球质量为加。

悬线剪断前，以8为研究对象可知：弹簧的弹力尸=mg,以4、B整体为研究对象可知悬线的拉力为

2mg；

剪断悬线瞬间，悬线拉力消失；而弹簧的弹力不变，F=mg,根据牛顿第二定律得

对A：mg+F=maA,又尸=mg,得以=2g,

对B：F—mg—maB,F=mg,^aB—0

故选：Ac

悬线剪断前，以两球为研究对象，求出悬线的拉力和弹簧的弹力.突然剪断悬线瞬间，弹簧的弹力

没有来得及变化，分析瞬间两球的受力情况，由牛顿第二定律求解加速度.

本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的弹力，再分析悬线判断瞬间

物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹簧的弹力没有来得及变化.

4.答案：A

解析：解：4、由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在4点时较大，根据牛顿第

二定律得知在4点的电场力大，故A点的电场强度一定大于C点的电场强度，故A正确；

8、由B到。的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，

此过程中电势能减少，正电荷在B点是电势能大于在。时的电势能，所以B、。两点的电势不可能都

为零。故8错误。

C、由图可知。粒子在4点的速度大，所以在4点的动能大；只有电场力做功，粒子的动能与电势能

的总量不变，所以粒子在4点的电势能小于C点的电势能，故C错误；

。、由图象可知：△E△EkAC<4EkBD…①

由动能定理及w=Uq-U=?=中…②

由①②一UAC<照。•故。错误。

故选：Ao

从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅

在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强

度的大小关系.由运动过程中，动能减小，势能增大，所以可判断出粒子在两点的电势能大小,

有电场力做功的公式可得48两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系.

本题考查到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，

电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功

的数值.这常是判断电荷电势能如何变化的依据.还考查了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在

电场中移动时.，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一

点与重力做功和高度差的关系相似.

5.答案：D

解析：解：4对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关。故A错误。

8、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由

t=知，运动时间t越小。故B错误。

2n

C、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长

线也一定过圆心。故c错误。

。、速度满足v=晒时，r=^=R,入射点、出射点、。点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的

轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。

故选：。。

带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向

心力，求出"=迹时轨迹半径，确定出速度的偏向角.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通

m

过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系.

本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，

确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系.

6.答案：BDE

解析：解：4、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太长.故A错误.

8、根据电荷数守恒，质量数守恒知，口衰变放出一个电子，新核的电荷数增1,即原子序数增加1,

故8正确；

C、中等质量的原子核的比结合能最大，因此这些原子核是最稳定的.故C错误.

。、核力是短程力，因此每个核子只跟邻近的核子发生核力作用，故。正确；

E、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，

原子总能量增大，故E正确；

故选：BDE.

能级间跃迁时从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子.

发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率.

根据电荷数守恒，质量数守恒判断夕衰变原子序数的变化；

核力是短程力，玻尔理论的量子化观念，从而即可一一求解.

本题考查了能级跃迁、衰变的实质、光电效应、。衰变等知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记

这些基本知识点，同时注意比结合能与结合能区别.

7.答案：BD

解析：本题考查导体切割磁感线产生感应电流，闭合回路欧姆定律。

把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘逆时针匀速转动时，每根金属棒都在切

割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘相当于电源负极，盘中心为正极，从b导线流进灯泡，

再从a导线流向旋转的铜盘，故8正确，A错误；

感应电动势大小为E=BlJ=BL可虫人工兀，根据欧姆定律，故感应电流大小为1=”空£,故

D正确，C错误。

故选BD。

把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，

产生大小和方向不变的电流，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=?B31?和欧姆定律可求

出感应电流的大小，由右手定则判断出感应电流的方向。

8.答案:BC

解析：解：AB,由机械能守恒定律得，对4球：EKO=mAgxosin3O°,对B球：EK0=mBg-2x0,解

得：m甲:mz=4：1,故8正确，A错误：

CD、两球重力的瞬时功率为：P=mgvcosB=mgcos6=gy/2mEkcos6＞4、B两球的动能均

为眼。时，两球重力的瞬时功率之比为悟X煤=1；1,故C正确，。错误.

了BylmBcosu

故选：BC.

根据机械能守恒定律求出两球的质量之比；根据功率公式P=FucosO求重力瞬时功率之比；

本题是一道图象题，由图象求出动能与位移关系、应用动能定理、功率计算公式即可正确解题.

9.答案：BCE

解析：解：4、由理想气体状态方程PV=一定质量的理想气体，压强不变，温度升高时，体积

也增大，此时气体对外做功卬＜0,而温度升高时，理想气体的内能也增大△〃＞（）,根据热力学第

一定律△〃=（?+〃，内能的增加量一定小于吸收的热量。故A错误；

8、液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分

子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。就象你要把

弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势。正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束

地在水面上行走自如；故8正确；

C、晶体和非晶体在适当的条件下可以互相转化。例如天然石英是晶体，熔融过的石英却是非晶体。

把晶体硫加热熔化（温度超过300汽）再倒进冷水中，会变成柔软的非晶硫，再过一段时间又会转化为

晶体硫。故C正确；

。、分子间既存在引力也存在斥力，当分子间距小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子间距

大于平衡距离时，分子力表现为引力。所以分子间距离减小时，引力增大，斥力也增大，但两者的

合力也不一定增大，故。错误；

E、温度一定时，悬浮在液体中的固体颗粒越小，同一时刻撞击颗粒的液体分子数越少，冲力越不平

衡，布朗运动越明显；故“正确。

故选：BCE。

一定质量的理想气体在压强不变、温度升高时，内能的增加量一定小于吸收的热量；叶面上的小露

珠呈球形是由于液体表面张力的作用；有些物质的状态可以在晶体和非晶体之间转化；当分子间距

离减小时，引力增大，斥力也增大，两者的合力也不一定增大；温度一定时，液体中悬浮的微粒越

小，布朗运动越明显。

本题考查了热力学第一定律、液体表面张力、晶体和非晶体、布朗运动等知识。关键点一：会利用

热力学第一定律△U=Q+W解决问题；关键点二：要牢记液体表面张力、晶体和非晶体的基本概

念；关键点三：熟悉布朗运动及其条件。

10.答案：AC

解析：解：力、恒定电流能够在周围空间产生稳定的磁场，且随着间距不同则磁场的强弱也不同，故

A正确；

8、稳定电场能够在周围空间不会产生磁场，只有变化的电场才能产生磁场，故8错误；

C、均匀变化的电场能够在周围空间产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场则会产生不稳定的磁场，

故C正确；

。、只有不均匀变化的电场和磁场相互激发，形成由近及远传播的电磁波，故。错误；

故选：AC.

变化的电场会产生磁场，变化的磁场会产生电场.而变化有均匀变化与非均匀变化，所以当均匀变

化时，会产生稳定的；当非均匀变化时，会产生不稳定的.

考查麦克斯韦的电磁场理论：变化的电场会产生磁场，变化的磁场会产生电场.同时注意变化的两

种情况：均匀变化与非均匀变化.

11.答案:BC2.420.137

解析：解：⑴电火花计时器使用220V的交流电源；

处理实验数据时需要用刻度尺测出计数点间的距离，

可以根据纸带上打出的点求出物块的运动时间，该实验不需要秒表，因此需要的实验器材是BC。

2

(2)匀变速直线运动的位移一时间公式是x=vot+^at

由x=1.2123t2+0.2595t-0.0007可知，=1.2123m/s2,加速度：a«2.42m/s2；

(3)物块的质量M=100g=0.100kg,钩码的质量m=50g=0.050kg

对物块与钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：mg-fiMg=(m+M)a

代入数据解得，动摩擦因数：〃=0.137

故答案为:⑴BC；(2)2.42；(3)0.137。

(1)电火花计时器使用220U的交流电源，根据实验需要测量的量分析答题。

(2)根据匀变速直线运动的位移-时间公式结合题意求出加速度大小。

(3)根据加速度大小应用牛顿第二定律求出动摩擦因数。

理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提与关键；根据题意应用匀变速直线运动的位移-时间公

式与牛顿第二定律即可解题；平时要注意基础知识的学习与积累。

12.答案：外接；小

解析：解：电流表的内阻约为0.10,电压表内阻约为10k。，待测电阻约为50,电压表内阻是待测电

阻的2000倍，待测电阻阻值是电流表内阻的50倍，由此可见电压表内阻远大于待测电阻阻值，应采

用电流表的外接法：在电流表的外接法中，由于电压表的分流作用，电流表的测量值/大于真实值,

由R=?可知，电阻的测量值小于电阻的真实值，即电阻测量值小于真实值.

故答案为：外接、小

在伏安法测电阻实验中，当电压表内阻原大于待测电阻阻值时，采用电流表外接法，当待测电阻阻

值远大于电流表内阻时，一般采用电流表内接法；电流表的外接法，由于电压表的分流作用，电阻

测量值小于电阻的真实值.

本题考查了伏安法测电阻实验电路的选择、实验误差分析，伏安法测电阻是高中物理的一个重要实

验，一定要掌握电流表内外接法的选择原则，会分析实验误差.

13.答案：解：(1)解除弹簧锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，由能量守恒定律得：

2

EP=\-27n诏=|x2x2x5/=50；：

(2)物块4恰好通过半圆最高点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得：

V2

mg=m—

i\

代入数据解得"=V5m/s.

设物块4能通过半圆最高点，到达半圆最高点时速度为%,

物块4从半圆最低点到最高点过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：

11

-mvo=-mvl+mg-2R

代入数据解得：Vx=V5m/s=v,物块4恰好能通过半圆轨道最高点；

(3)B在传送带上先做匀减速运动，后做匀速直线运动，由牛顿第二定律得；

fimg—ma

代入数据解得，加速度大小：a=lm/s2

B在传送带山相对滑行时间：

t=j=1s=ls,

a-1

B减速运动的位移=詈11=等Xl?n=4.5m,

在此时间内传送带的位移x传送带="=4xl=4zn,

物块B相对传送带滑行的距离4x=xB-x传送带=0.5m,

B在传送带上滑动过程中产生的内能：

Q=林mg△x=0.1x2x10x0.5/=1/；

答：(1)弹簧锁定时的弹性势能J是5Q/；

(2)4能通过半圆轨道的最高点；

(3)8在传送带上滑动过程中产生的内能Q为1人

解析：(1)弹簧解除锁定后弹簧的弹性势能转化为物块的动能，应用能量守恒定律可以求出弹簧锁定

时的弹性势能。

(2)物块4恰好通过半圆轨道最高点时重力提供向心力,应用牛顿第二定律求出物块4恰好通过最高点

时的速度，物块4在半圆轨道上运动过程只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律分析判断

物块4能否通过半圆最高点。

(3)物块8滑上传送带后先做减速运动，当物块B与传送带速度相等后它们一起做匀速运动，求出物

块B在传送带上相对滑行的距离，然后求出B在传送带上滑动过程产生的内能。

本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用能量守恒定律、牛

顿第二定律、运动学公式与机械能守恒定律即可解题。

14.答案：解：①降温过程，体积不变，由查理定律：=g

得：「2=今72,代入数据解得：P2=9.1atm

②P2V=P。%，%=皆=HT£^=273Z,

瓶内气体的分子数：n=^NA=誓x6.0x1。23个=73*1024个

vm

答：①若将瓶内气体温度降低到0℃,其压强为9.1atm；

②瓶内气体的分子数有7.3x1024个。

解析：①降温过程，体积不变，由查理定律可以求出瓶内气体温度降低到0℃时的压强；

②温度不变，根据玻意耳定律，可以求出标准状况下气体的体积，再根据公式n=耨限可以求出瓶

内气体的分子数。

本题考查了气体的等温变化、气体的等容变化等气体实验定律。抓住气体不变的参量，选择相应的

气体实验定律是本题的关键。

15.答案：解：(1)因t2-ti<r，所以在t2—G时间内波传播的距离小于一个波长。

若波向右传播，根据波形平移法知波传播的距离为△》［=3m

则波速为巧=等=^m/s=6m/s

(2)同理可得：若波向左传播，波传播的距离为△%=5m

波速为=等=~^m/S=107n/S

答：

(1)若波速向右，波速是6m/s

(2)若波速向左，波速是lOm/s。

解析：由于波的传播方向未知，要分析两种情况分析。若波向右传播时，波传播的距离为3m,若波

向左传播时，波传播的距离为5m,读出波长，求出波传播的距离，再求解波速。

本题是波动图象中多解问题，关键根据波的双向性和周期性，得到得到波传播的距离，即可求得波

速。本题也可以先得到波速通项，再求特殊值。

16.答案：【小题案(1)4.900；(2)%=六(3)第

LAa

【小题2】(1)连接图如图所示；

图甲

(2)不是;0.275；2.85；(3)3.7x10-4；4.8

【小题3】解：(1)设小球经过。点时的速度为外.小球的质量为

在。点，有Mg=M—.得攻)=V10m/s

。点离地面的高度九=R-Rsin30。=^=0.5m

小球从。点抛出后做平抛运动，则有八=3gt2

小球从。点抛出后运动的水平距离％=vDt

联立解得X=1771

(2)设滑块与小球碰撞前的速度大小为先,碰后小球的速度为打.小球从C运动到。的过程，由机械能

守恒定律得MgR(l-cos60°)+诏=

解得"c=2V5m/s

对于滑块与小球碰撞过程，取沿斜面向上为正方向

由动量守恒定律有mv0=-Mvc+mvc

由能量守恒定律得：|mvo=避+^mvc

联立解得M-3m-3kg,v0=4V5m/s

(3)滑块碰后返回过程中重力沿斜面向下的分力与弹簧的弹力平衡时动能最大，也即在原来静止的位

置动能最大。

设此时弹簧的压缩量为x,由胡克定律得mgsin6(T=kx

滑块从8点被弹至C点的过程，由机械能守恒定律得mgxsin60。+J/=lmv2

2

滑块从C点运动到B点的过程，由机械能守恒定律得mgxsin60。诏=Ekm+1kx

联立解得滑块的最大动能=詈/

答：⑴小球从。点抛出后运动的水平距离是1m；(2)小球的质量是3kg；(3)滑块的最大动能是詈/。

【小题4】解：(1)带电粒子在第一象限做类平抛运动，由末速度方向与x轴成30。，

有：sin30°=B

而。=也

m

水平位移2=vot=vcos30°t

联立可得：后=至手，方向竖直向下；

4ql

(2)要满足粒子不与y轴相交再次回到x轴上方，则最大半径的轨迹恰与y轴相切于Q点。

由几何关系：I=r+rsin30°

粒子做匀速圆周运动时：q