2021年黑龙江省齐齐哈尔市高考物理一模试卷

2021年黑龙江省齐齐哈尔市高考物理一模试卷

1.2020年5月12日消息、，中国“人造太阳”取得重大突破，温度可达2亿度。人造

太阳中的核反应方程：He+X.下列说法正确的是（）

A.核反应方程中的X是电子，核反应是核裂变反应

B.该核反应是核聚变反应，核聚变在高温高压下才能发生，此过程需要吸收能量

C.人造太阳释放的能量大小的计算公式是△E=△me2

D.核反应表明，原子核越重，比结合能越大

2.如图所示，在粗糙的水平面上给滑块一水平向右的初速―___2

度，滑块经过一段时间后静止在水平面上，已知滑块与

水平面之间的动摩擦因数处处相等，取滑块初速度的方向为正方向。其中心（丫、

4分别为滑块的位移、滑块的位移与时间的比值、滑块的速度、滑块的加速度，则

下列图象中正确的是（）

3.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1,灯泡的电阻为60,原线圈接

上如图乙所示的正弦交变电压，电流表、电压表均为理想电表，则下列说法正确的

是（）

甲

A.副线圈两端交变电压的表达式为u=12V2sinlOO7Tt(K)

B.电压表的示数为6&U

C.电流表的示数为1A

D.电流频率为100Hz,变压器输入功率为6W

4.两个完全相同的正四棱锥叠放在一起，构成如图所

示的形状，其中6点固定点电荷+Q,4点固定点电

荷-Q,。点为两棱锥公共正方形底面点〃的中心,

且ao=eo=f。，规定无穷远处的电势为零，则下

列说法正确的是()

A.c点的电势比e点的电势高

B.a,c两点的电场强度不同

C.负电荷沿棱由e—erf移动的过程中，电场力一直做正功

D.若将+Q由8点移到e点，则。点的电势不变

5.质量为机的小球A和质量为M的物块8用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块8放

在倾角为。的固定斜面体C上，当用手托住A球，细线张力为零时，物块B刚好不

下滑，将小球A拉至细线与竖直方向夹角为。的位置由静止释放，小球摆到最低点

时，物块8刚好不上滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力,s讥。=0.6,

cose=0.8»则可为()

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6.我国北斗三号导航卫星系统由三种不同的卫星组成，中圆轨道卫星、地球静止轨道

卫星和倾斜地球同步轨道卫星。中圆轨道卫星的运行周期约为12小时，地球静止

轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星轨道半径相同，倾斜地球同步轨道卫星轨道与赤

道平面成一定角度，则下列判断正确的是（）

A.地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星在轨运行时线速度相同

B.地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星在轨运行时机械能相同

C.中圆轨道卫星在轨运动时的加速度比地球静止轨道卫星在轨运行时的加速度大

D.地球静止轨道卫星在轨运行时的周期比月球绕地球运转时的周期小

如图所示，三个完全相同的轻弹簧竖立在地面上，a、b、

c三个小球分别从三个弹簧的正上方由静止释放，〃球释

放的位置最低，c球释放的位置最高，。、b两球的质量

相等，a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，空

气阻力不计，则关于三个球下落过程中的判断正确的是

（）

A.三个球与弹簧接触后均立即开始做减速运动

B.”、人两球速度最大的位置在同一高度

C.b球下落过程中弹簧的最大压缩量比c球下落过程中弹簧的最大压缩量大

D.“球与弹簧组成系统的机械能和c球与弹簧组成的系统机械能相等

8.如图所示，间距为d的“U”形导轨固定在绝缘水平面上，其左侧接有阻值为R的

定值电阻，质量为相、阻值为人长为d的金属棒垂直导轨放置，整个空间存在磁

感应强度为B的竖直向下的匀强磁场。t=0时在金属棒上施加水平向右的外力，

使金属棒向右运动，已知外力的大小为F=kx,当向右运动的位移为狗时外力大小

为月，此时金属棒刚好匀速运动，一切摩擦均可忽略，则下列说法正确的是（）

A.金属棒匀速运动时的速度大小为空翳

B.从t=0到金属棒的位移为与的过程中，通过定值电阻的电荷量为警

C.从t=0到金属棒的位移为&的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为：FoXo-

m片(R+r)2

234d4

D.从t=0到金属棒的位移为支。的过程中，金属棒克服安培力做的功为-

m府(R+r)2

234d4

9.某实验小组用如图甲所示装置验证机械能守恒定律。光电门1,光电门2固定在铁

架台，上，两光电门分别与数字计时器连接，当地的重力加速度为g。

(1)实验前先用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径为d=

(2)测得光电门1和2间的高度差为〃，让小球从光电门1正上方某位置由静止释放,

通过光电门1和光电门2时，小球的挡光时间分别为匕、t2,则小球通过光电门1

时的速度大小为％=(用相关物理量的字母符号表示)。

(3)保持两光电门间距离不变，改变小球在光电门1上方释放的位置，重复实验多

次，测得多组通过光电门1和光电门2的挡光时间小t2,作方一5图象，如果图

象的斜率的大小等于,图线与纵轴的交点为(用题目中相关物理量

的字母符号表示)，则机械能守恒定律得到验证。

10.某同学利用图甲所示电路测量电源的电动势和内阻，其中凡=50,改变滑动变阻

器的触头，由电压表、电流表测出多组对应的数据U、/填入表格中，并算出对应

的滑动变阻器消耗的功率P的值。

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P/W

甲乙

I/A0.050.100.150.200.250.300.35

U/V2.632.251.881.501.130.750.38

P/W0.130.230.280.300.280.230.13

(1)在如图乙所示的直角坐标系中作出P-/图象。

(2)根据P-/图线可得该电源的电动势E=匕内阻r=。(结果保留

三位有效数字)。

(3)电源电动势的测量值与真实值相比(填“偏大”“偏小”或“相等”),

本实验的主要误差是。

11.如图所示，质量M=2kg的长木板放置在水平地面上，一质量m=1kg的滑块(可

视为质点)放在木板的左端，两者均静止。扳动弹簧枪的扳机，一个质量Hi。=0.5kg

的橡胶弹丸以速度%=18771/S射出后与滑块发生弹性碰撞，最终滑块恰好没有离

开木板。已知重力加速度大小为g取10m/s2,木板与水平地面间的动摩擦因数出=

0.1,滑块与木板间的动摩擦因数也=0.5,求：

部黄枪械胶球

备匚上回_______

A/

r7F7777T7^77T7/777"77。777777777777777777777777777777/77777777777777777

(1)碰撞后橡胶弹丸的速度；

(2)木板的长度。

12.如图所示，虚线时、cd相互垂直且相交于c点，虚线ce与而的夹角为30。，虚线

ce与cd间存在平行于ce的匀强电场，在虚线cb与cd间存在一磁感应强度为B、

垂直纸面向外的矩形匀强磁场（图中未画出）。一质量为加、电荷量为+q、重力可忽

略不计的粒子由虚线ce上的某位置0（图中未画出）沿垂直于ce的方向射入匀强电

场，经过一段时间粒子由cd上的M点离开电场，速度方向与cd成60。角；然后粒

子进入磁场，已知粒子离开磁场时速度大小为v方向与〃平行向左，且粒子沿直

线运动一段时间后到达虚线而上的N点（图中未画出）。已知c、M两点之间的距离

为L,求：

（1）电场强度的大小；

（2）粒子在电场和磁场中运动的总时间；

（3）磁场面积的最小值以及c、N两点之间的距离。

13.不同的物理概念、物理规律间往往存在内在的联系，分子间存在着分子力，又由于

分子间的相互作用而存在与相对距离有关的分子势能。如图所示为分子力随分子间

距离的变化规律图线，由图象可知下列选项正确的是（）

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B"位置分子势能最小

C.c到”的过程分子势能一直增大

D.a到d的过程分子力先减小后增大

E.a到d的过程分子势能先减小后增大

14.如图所示，一端封闭、一端开口的玻璃管长度为1=1m,用长为九=

rT

rf

20cm的水银柱封闭一段理想气体，当玻璃管的开口竖直向下稳定时，L\

r.--

气体的长度为k=72cm。已知大气压强为po=76cmHg,封闭气体r.?

l?.

的温度为口=27。（：，求：（以下计算中相关数据及结果均取整数）

①若气体的温度恒为ti=27℃,将玻璃管缓慢地转过180。，则稳定时

气体的长度为多少？

②保持开口向上，使气体的温度逐渐升高，当温度为多少摄氏度时，水银柱刚好

与玻璃管口平齐？

15.一列简谐横波沿x轴正方向传播，当波传到A点时开始计时，在t=0.4s时A、B

点间第一次形成的波形如图所示，此时8点正好在波谷。已知波源从平衡位置开始

向下振动，下列说法正确的有（）

A.此时波传到了x=5nl的位置

B.A点开始振动的方向沿），轴正方向

C.这列波的传播速度是10m/s

D.A点的振动周期为0.8s

E.当8点开始振动时，A点在波峰位置

16.如图所示，直角三棱镜ABC中一锐角9=60。，直角边AC长度为L一束单色光

从。点以与AC成30。的角入射到棱镜中，已知ICD=2AD,棱镜折射率为小，单色

光在真空中速度为以求：

①从棱镜第一次射出的光线与该边的夹角；

②光通过三棱镜的时间。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、根据质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数4=2+3—4=1,

电荷数Z=1+1-2=0,故X为中子拉，此为核聚变反应，故A错误；

B、尽管核聚变在高温高压下才能发生，但聚变过程会放出大量热量，故8错误；

C、由于核聚变过程放出能量，有质量亏损，释放的能量用△E=amc2计算，故C正

确；

中等质量的原子核比结合能较大，故。错误。

故选：C。

根据质量数守恒和电荷数守恒判断生成物，根据生成物判断反应类型；

轻核聚变将放出大量的能量，可知有质量亏损，释放的核能用质能方程计算；

中等质量的原子核比结合能较大；

解决本题的关键知道轻核聚变，知道这种核反应有质量亏损，放出大量的能量。

2.【答案】B

【解析】解：A、x-t图象的斜率表示速度，斜率增大，滑块的速度在增大，而滑块做

减速运动，故A错误；

B、根据x=%t+：at2,变形可得：^=Vo+^at,故:一1图象为直线，故B正确；

C、滑块运动的方向一直为正方向，因此速度为正，滑块做匀减速直线运动，。=%+at,

故t图线为直线，且初速度的方向为正方向，故C错误；

。、由于滑块与水平面之间的动摩擦因数处处相等，根据牛顿第二定律可知滑块的加速

度恒定，由于加速度与初速度的方向相反，故加速度为负值，故。错误。

故选：Bo

根据题意可知滑块做匀减速直线运动，结合题意规定的正方向和运动学公式，判断X、

"、V、。与时间/的关系。

本题考查匀变速直线运动图象的判断，要注意题意规定了运动的正方向，而速度、加速

度、位移为矢量。

3.【答案】C

【解析】解：A、由正弦交变电压的图像可知，Um=12V21/,T=0.02s,则3=不=

•^rad/s=100nrad/s,

原线圈两端的电压：%=詈=詈1/=12人由保=最解得副线圈两端电压有效值为

U2=6V,副线圈两端电压最大值为6鱼V，

则副线圈两端交变电压的表达式为：u=6V2sinl007rt(!Z),故A错误；

B、电压表的示数为4=6V,故8错误；

C、电流表的示数为：I2=^=^A=1A,故C正确；

D、电流频率为:/="=急=50Hz,变压器输入功率为:P人=P必==6x1”=

6W.故O错误。

故选：C。

根据图乙，可求出输入电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出副线圈电压的

有效值和最大值，即可得到副线圈两端交流电的瞬时值表达式；由欧姆定律，可算出原

线圈的电流大小，在利用功率公式可求出负载消耗的功率，结合变压器输入功率与输出

功率相等，即可求解。

正弦变化规律的交流电的有效值与最大值为近倍关系；理想变压器中电流与匝数反比、

电压与匝数正比.同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中

计时位置不同而不同。

4.【答案】D

【解析】解：A、等量异种电荷的电场线和等势线分别是关于连线和中垂线对称，由等

量异种电荷的电场特点，结合题图可知，c、e两点在等量异种电荷的中垂面上，因此，

c、e两点的电势相等，故A错误；

B、由于〃、c两点到。点的距离相等，由对称性可知，a、c两点的电场强度相同，故B

错误；

C、由ec自为切连线的中垂面，则该面上所有点的电势相同，因此负电荷沿棱由e-c

移动的过程中，电场力一直不做功，故C错误；

D、将+Q从/，点移动到e点，由几何关系可知。点位于e、d连线的中垂面上，则。点

的电势仍为零，因此。点的电势不变，故。正确；

故选：Do

由等量异种电荷形成的电场线和等势线的特点即可判断各点电势大小关系；由电场强度

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的叠加原理可知道〃、C两点的电场强度；点电荷在等势面上移动，电场力不做功；根

据等量异种点电荷形成电场的可知连线的中点电势为零，根据几何关系可知，将+Q由

b点移到e点，。点仍然在两点电荷的连线的中垂面上。

本题考查等量异种点电荷形成的电场，根据电场线和等势线的特点可以判断电势和电场

力做功，注意电场强度是矢量，而电势为标量。等量异种点电荷形成的电场，两电荷的

连线中点处电势为零。

5.【答案】A

【解析】解：设物块B与斜面间的动摩擦因数为〃，已知细线张力为零时，物块8刚好

不下滑，则

Mgsind=林Mgcos。,

当小球运动到最低点时，根据机械能守恒定律-Lcosff)=^mv2,

小球运动到最低点时，F-mg=my-'

解得尸=(3—2cos9)mg,

根据题意有F=Mgsind+fiMgcos。,

解得£=；，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

物体8刚好不上滑则由平衡条件建立力的关系，当小球运动到最低点时根据机械能守恒

定律和牛顿第二定律即可求解质量的比值。

本题入手点关键在于把握物块B刚好不上滑这一临界，由此建立力的关系。

6.【答案】CD

【解析】解：A、人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设卫星

的质量为机、轨道半径为八地球质量为例，有

6粤=小《，解得：v=&因为地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星轨道半

rzrr

径相同，倾斜地球同步轨道卫星轨道与赤道平面成一定角度，故在轨运行线速度大小相

同，方向不同，故A错误。

3、虽然地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星轨道半径相同，但是由于地球静止

轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星的质量大小未知，故无法比较机械能大小，故B错误。

C、根据万有引力提供向心力得：G等=m0)2r=ma,解得：7=2兀尼，因为中

圆轨道卫星的周期小于地球静止轨道卫星的周期，则中圆轨道卫星的轨道半径小于地球

静止轨道卫星的轨道半径，根据G等=ma得：a=M，可知中圆轨道卫星在轨运动时

的加速度大于地球静止轨道卫星在轨运行时的加速度。故C正确。

D、地球静止轨道卫星在轨运行时的周期为24/7,月球绕地球运转时的周期约为30天，

则地球静止轨道卫星在轨运行时的周期比月球绕地球运转时的周期小，故。正确。

故选：CD。

因为地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星轨道半径相同，倾斜地球同步轨道卫星

轨道与赤道平面成一定角度，故在轨运行线速度大小相同，方向不同；虽然地球静止轨

道卫星和倾斜地球同步轨道卫星轨道半径相同，但是由于地球静止轨道卫星和倾斜地球

同步轨道卫星的质量大小未知，故无法比较机械能大小，根据万有引力提供向心力列方

程可求二者加速度的关系，地球静止轨道卫星在轨运行时的周期比月球绕地球运转时的

周期小。

本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力列方程判断加速度等物理量的大小关系，

另外有些常识性的知识需要记住，比如同步卫星有什么特点，月球的公转周期大约30

天等。

7.【答案】BC

【解析】解：A、三个球与弹簧接触后，在弹力大于重力之前合力向下，仍向下做加速

运动，故A错误；

8、速度最大的位置为弹簧的弹力大小等于重力的位置，由于。、匕两球质量相等，

因此两球下落过程中弹力大小等于重力时弹簧的压缩量相等，故a、b两球速度最大的

位置在同一高度，故B正确；

C、由于。、从两球质量相等，b开始释放的位置比。开始释放的位置高，故〃球下落过

程中弹簧的最大压缩量比a球下落过程中弹簧的最大压缩量大，

由于.、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，故C正确；

。、a、c两球下落过程中弹簧的最大压缩量相同，故当弹簧压缩量最大时，两弹簧的弹

性势能相等，两小球动能均为零，

但重力势能与零势能面的选取位置和质量有关，因此〃球与弹簧组成系统的机械能和c

球与弹簧组成的系统机械能不一定相等，故。错误。

故选：BC.

A、根据接触时合力向下，可以判断小球与弹簧接触后的运动；

8、根据小球速度最大满足的条件，利用质量关系，可以判断服〃两球速度最大的位置

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关系；

C、先判断a、b两球下落过程中弹簧的的最大压缩量，再结合题意判断AC两球下落

过程中弹簧的最大压缩量的关系；

。、先判断。、c两球的弹性势能和动能关系，再结合重力势能的决定因素判断a、c两

球的重力势能，最后判断两球的机械能关系。

本题考查功能关系，要注意重力势能的决定因素有质量、高度，以及零势能面的选取位

置。

8.【答案】ABD

【解析】

【分析】金属棒匀速运动时受到的安培力与外力平衡，根据平衡条件以及安培力与速度

的关系求匀速运动时的速度：从t=0到金属棒的位移为右的过程中，根据电流平均值

与时间的乘积求通过定值电阻的电荷量；对金属棒，根据功能关系和串联电路的规律求

定值电阻上产生的焦耳热和金属棒克服安培力做的功。

解决本题时，要能根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速

度的关系产安=蟹,要在理解的基础上记牢这个结论,经常用到。本题也可以根据动

量定理求电荷量。

【解答】A、金属棒匀速运动时受到的安培力与外力平衡，在位移为加时外力大小为民,

安培力大小为尸安=B/d,又/=卷=署，可得尸=等）

父R+rR+r女R+r

对金属棒，根据平衡条件可得

B2d2v

，解得u=Fo(R+r),故A正确;

F。=?安=R+rB2d2

B、从t=0到金属棒的位移为.的过程中，通过定值电阻的电荷量为

勺=7必1=包=幽£=也①，故B正确;

1R+rR+rR+r

CD、从t=0到金属棒的位移为出的过程中，根据功能关系得:

w（2g+|mv2,因尸=kx,则此过程中外力做功为W%=

可得Q总=，°x。-噂铝，

定值电阻上产生的焦耳热为QR=/Q总,

解得QR=—[iFx-,隙丝）），

YKR+rL2uoou284d4」

则金属棒克服安培力做的功为

W克=Q^=4F°X。—噂膜，故c错误，。正确。

故选：ABD。

9.【答案】3.34071噜

CiaL

【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度为3削小可动刻度读数为34.0xO.Olnun=

0.340mm,所以最终读数为d-3mm+0.340mm-3.340mm；

(2)极短时间内的平均速度可以近似表示瞬时速度，故根据平均速度公式可得，小球通

过光电门1的速度%=[,

同理小球过光电门2的速度&

⑶要验证机械能守恒定律，即验证加油=如诏-细评是否成立，化简得，*=2+

22c2C1

2gh

M，

因此如果图象的斜率为1,图线与纵轴的交点为赞，则机械能守恒定律得到验证。

故答案为：(1)3.340；(2)亲(3)1,翁

(1)根据螺旋测微器的读数方法即可读出小球的直径；

(2)根据极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度，由速度公式求出小球通过光电门的

速度；

(3)根据机械能守恒列式，得出白一2的关系式，再由图象进行分析，从而确定验证机械

能守恒的方法。

本题考查验证机械能守恒的实验以及螺旋测微器的读数，要注意正确理解题意，明确实

验原理，掌握根据图象分析实验结论的方法。

10.【答案】3.002.50偏小电压表的分流

【解析】解：(1)在已知的坐标系中按表格所给的数据进行

描点，再用平滑的曲线将这些点连起来，如图所示；

(2)若将R。并入电源内阻构成等效电源，则等效电源的输出

功率：P=UI,而0=E-/(&)+r),解得：P=1E-

/2(R°+r)=-(R°+r)[/-』2+&当/=

萧丽，即说IM=024时，等效电源的输出功率有最大值P=品，即焉力=°.3%

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解得：E=3.00W,r=2.50。

(3)由题图甲可知，闭合开关S后，当滑动变阻器断开时，电流表的示数为零，但由电

压表、咒、构成的回路中电流并非为零，电压的示数小于电源电动势的真实值，通过电

源的电流大于电流表的电流，即电流表测得的电流非干路中电流，因而导致实验误差。

故答案为:(1)如图所示；(2)3.00、2.50；(3)偏小、电压表

的分流

(1)根据表格中的数据描点画图；

(2)写出电源的输出功率随电流变化的关系式，并变形为能求极值的式子，结合图象看

出出现峰值的条件和结论，根据条件和结论列方程从而能求出电源电动势和内阻：

(3)从电路图分析是电压表的分流造成的误差，再按伏安法的分析方法确定电动势的测

量值与真实值的差异。

本题的知识点是根据电源的输出功率的极大值出现的条件和结论列方程而解出电动势

和内阻，这是非常巧妙的测电源电动势和内阻的另类办法。要仔细体会用图象法、极值

法巧妙之处。

11.【答案】解：(1)橡胶弹丸与滑块发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守

恒定律和机械能守恒定律分别得

movo—movo'+mvT

,2

=1m0v0+imvf

联立解得…。'=徐处=Sb18m/s=-6m/s,V1=^.Vo=^x18m/s=

12m/s

因此，碰撞后橡胶弹丸的速度大小为6m/s,方向水平向左.

(2)碰撞结束后，滑块在木板上向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，两者速度

相等时滑块恰好到达木板的右端。

根据牛顿第二定律得

对木板有:42mg+m)g=Ma],解得由=Im/s2；

m

对滑块有：^2g=ma2,解得a2=5?n/s2；

设经过时间r滑块与木板达到相同速度也则"=v1-a2=a^t

解得t=2s,v=2m/s

z时间内木板的位移为

滑块的位移为%2=竽亡

xt=x2m=

木板的长度为L=x2-i='7y12m

答：(1)碰撞后橡胶弹丸的速度大小为6m/s,方向水平向左;

(2)木板的长度是12机。

【解析】(1)橡胶弹丸与滑块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出

碰撞后橡胶弹丸的速度；

(2)碰撞结束后，滑块在木板上向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，两者速度

相等时滑块恰好到达木板的右端，对滑块和木板分别根据牛顿第二定律求出加速度，根

据速度相等列式，求出运动时间，再结合位移-时间公式求木板的长度。

本题是相对运动的典型例题，要认真分析滑块和木板的受力情况，正确判断两物体的运

动情况，关键要把握临界条件：滑块与木板速度相同时滑块恰好到达木板的右端，采用

隔离法，由牛顿第二定律和运动学公式相结合求解两者的位移。

12.【答案】解：(1)设电场强度为E,带电粒子进入电场时，初速度为％,带电粒子在

电场中运动时间为“，由牛顿第二定律得：qE=ma

由于粒子的入射速度与电场垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则以。530。=%"

us加30°=atr

VQ=vcos30°

联立各式解得：tl=9

电场强度大小为E=)

2qL

(2)设带电粒子在磁场中的运动时间为t2,周期为7,半径为凡由几何关系知，带电粒

子在磁场中运动速度偏转角。=120°,则：qvB=嗒

^T=—

V

e

t=­T

2z27r

联立各式解得：R=器t2=黑

Ifool/o

所以带电粒子在电场中和磁场中运动的总时间为t=

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,L,2nm

At=一+—

ti1+2zv3qBT

(3)由图知，带电粒子从〃点射入磁场，由M'点射出磁场，包含圆弧MM'的最小区域为

图中虚线所示，则矩形区域长为

,6mv

x=MM=2Rco30°=-----

qB

矩形区域的宽为y=R(1-sin30。)=氏

乙qts

所以该磁场区域的最小面积为S=xy=萼1

N点到C点的距离为〃=xsin60°=舞

答：(1)电场强度的大小为警；

(2)粒子在电场和磁场中运动的总时间为T+舞；

(3)磁场面积的最小值是翳^c、N两点之间的距离为皖。

【解析1(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，几题设条件求得两方向的分位移，再由

牛顿第二定律求得电场强度的大小；

(2)由题设条件可知道粒子在磁场里的偏转角，从而求出在磁场在的时间，再加上电场

的时间就是所求；

(3)画出带电粒子在磁场里的轨迹，确定应包含轨迹的最小的矩形区域，再根据与半径

的关系求出面积及C、N两点之间的距离。

本题要注意的是：一是在电场中已知的是离开电场的速度大小和方向，但隐含了分位移,

所以要能构想出两方向的位移再运用规律来求。二是在磁场中也是已知离开磁场的速度

大小和方向，但磁场区域未知，也要能画出轨迹，才能得到正确的结论。

13.【答案】BCE

【解析】解：ABC,由图可知，6位置分子力最小为0,〃位置左侧分子力表现为斥力，

右侧分子力表现为引力，则a到b的过程分子力一直做正功，分子势能一直减小；。到

4的过程，分子引力做负功，分子势能一直增大，6位置分子势能最小，故8C正确，A

错误；

D、由图可知，。到d的过程，分子力先减小后增大再减小，故。错误；

E、。到。的过程，分子势能一直减小，6到d的过程，分子势能一直增大，则。到d分

子势能先减小后增大，故E正确。

故选：BCE。

当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距

离时，分子力表现为斥力；根据图象分析答题。

本题考查的是分子间引力与斥力以及它们的合力与分子间距离的关系，运用我们所学过

的力学中功能关系进行分析。

14.【答案】解：①设玻璃管的横截面积为S,

玻璃管开口向下时封闭气体的压强Pi=Po-Ph=(76-20)cmHg=56cmHg,气体体

积匕=/

玻璃管开口向上时封闭气体的压强P2=Po+Ph=(76+2O')cmHg=96cmHg,气体体

积匕=12s

气体温度不变，由玻意耳定律得：=p2V2

代入数据解得：%=42cm

②气体初状态的温度72=(237+27)K=300K,

设温度升高到0时水银恰好不溢出，封闭气体的体积匕=(1一h)S

对气体加热过程气体压强不变，对封闭气体，由盖-吕萨克定律得：

行—行

代入数据解得：T3=571K,则£3=(571-273)℃=298℃

答:①若气体的温度恒为h=27汇，将玻璃管缓慢地转过180。，则稳定时气体的长度

为42cm；

②保持开口向上，使气体的温度逐渐升高，当温度为298。(：时，水银柱刚好与玻璃管口

平齐