2021年陕西省西安市高考物理猜想试卷（全国Ⅱ卷）

2021年陕西省西安市高考物理猜想试卷（全国n卷）

1.一质量为1版的物体（可视为质点）静止于水平桌面上，物体能受到的最大静摩擦力

为5M现将水平面内的三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2M

2M3M下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是（）

A.物体所受摩擦力可能为0

B.物体不可能继续处于静止状态

C.物体可能做匀加速直线运动，其加速度大小可能为3m/s2

D.物体可能做匀变速曲线运动

2.当地时间2020年1月26日，科比・布莱恩特于加利福尼亚州的一

场直升机坠机事故中不幸遇难，令人惋惜，很多人都听说过他的

洛杉矶凌晨四点太阳的故事。某次比赛中，科比正对篮板罚球，

篮球恰好垂直打在篮板上距离地面高为3.55m的位置后反弹入框。

己知罚球线到篮板的水平距离为4.60m,篮球出手点在罚球线正

上方高为2.306的位置。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2,则篮球出手时速

度大小最接近（）

A.9.20m/sB.10.5m/sC.13.5m/sD.15.5m/s

3.如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小

车间的动摩擦因数为〃=0.3,用水平恒力F拉动小车，下列关于物块的加速度必和

小车的加速度•当水平恒力厂取不同值时，%与的值可能为（当地重力加速度g

取10m/s2）（）

2222

A.%=2m/s,a2=3m/sB.=3m/s,a2=2m/s

2222

C.=5m/s,a2~3m/sD.=3m/s,a2=5m/s

4.我国即将展开深空探测，计划在2020年通过一次发射，，./工工诂、:

实现火星环绕探测和软着陆巡视探测，已知太阳的质量/，•三

为M,地球、火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径分，-嬴G式二

别为R1和勺，速率分别为由和"2,地球绕太阳的周期为\

*'-------""

兀当质量为m的探测器被发射到以地球轨道上的A点

为近日点，火星轨道上的B点为远日点的轨道上围绕太阳运行时（如图），只考虑太

阳对探测器的作用，贝女）

„2

A.探测器在A点加速度的值大于黄

B.探测器在B点的加速度小于黑

K2

C.探测地在8点的加速度为普

D,探测器沿椭圆轨道从4飞行到B的时间为“”&）%

ZKj

5.图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测

物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量。将随待测物体的上下运动

而变化，若。随时间f的变化关系为Q=9、〃为大于零的常数），其图象图2

所示，那么图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随f变化的图线可能

是（）

6.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1,然

后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫

星送入同步圆轨道3.轨道I、2相切于。点，轨道2、3相

切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正

常运行时，以下说法正确的是（）

A.要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3,需要在圆轨道1的。点和椭圆轨道2的远

地点P分别点火加速一次

B.由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运

行速度大于卫星在圆轨道1上正常运行速度

C.卫星在椭圆轨道2上的近地点。点的速度一定大于7.9km/s,而在远地点P的

速度一定小于7.9/cm/s

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D.卫星在桶圆轨道2上经过P点时的加速度大于它在圆轨道3上经过尸点时的加

速度

7.如图所示，圆形区域内以直线48为分界线，上半圆内有垂v*

直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8,下半圆内有垂I7xx-xx\

直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，圆的半径为'（•；•:）

R.在磁场左侧有一粒子水平加速器，质量为小电量大小为

q的粒子在极板M右侧附近，由静止释放，在电场力的作用下加速，以一定的速度

沿直线CD射入磁场，直线CD与直径AB距离为0.6R.粒子在AB上方磁场中偏转

后，恰能垂直直径AB进入下面的磁场，之后在AB下方磁场中偏转后恰好从。点

进入上方的磁场。带电粒子的重力不计。则（）

A.带电粒子带负电

B,加速电场的电压为罢里

257n

C.粒子进入AB下方磁场时的运动半径为0.1R

D.AB下方磁场的磁感应强度为上方磁场的3倍

8.如图所示的理想变压器，其输入端接在a=100/sinlOO;rt（lO的交流电源上，原、

副线圈的匝数比为%：n2=2：1,%为电阻箱，副线圈中的电阻R=100,电表

均为理想电表。下列说法正确的是（）

A.当品=。时，电压表的读数为100V

B.当&=0时，电流表的读数为5A

C,当即=100时，电流表的读数为4A

D.当年=1。0时，电压表的读数为100V

9.在探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带有滑轮的长木板放在水平桌面上，

小车通过轻细绳跨过定滑轮与小砂桶连接，小车与纸带相连，打点计时器所用交流

电的频率为f=50Hz,平衡摩擦力后，在保持实验小车质量不变的情况下，打开

电源，释放小车，根据纸带得到小车运动的加速度为a；多次改变砂桶和沙子的总

质量〃?，根据纸带计算出对应的加速度.

（1）在验证“质量一定，加速度。与合外力尸的关系”时，某学生根据实验数据作

出了如图乙所示的a-F图象，其中图线不过原点并在末端发生了弯曲现象，产生

这两种现象的原因可能有。

A.木板右端垫起的高度过大

B.木板右端垫起的高度过小

C.砂桶和沙子的总质量机远小于小车和祛码的总质量M

D砂桶和沙子的总质量〃，未远小于小车和祛码的总质量M

（2）实验过程中打出的一条理想纸带如图丙所示，图中0、A、B、C、D、E、F为

相邻的计数点，相邻两计数点间还有4个打出的点未画出，则小车运动的加速度

a=m/s2.（结果保留3位有效数字）

（3）小车质量M一定，改变砂桶中沙子的质量，砂桶和沙子的总质量为相，根据实

验数据描绘出的小车加速度a与砂桶和沙子的总质量，”之间的工-工关系图象如图

am

丁所示，则小车的质量M=kg.（g取10m/s2）

10.在测定干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：

人待测干电池（1节）B.电流表G（满偏电流1〃认，内阻Rg=lO0）

C.电流表4（0〜0.6〜34内阻未知）。,滑动变阻器％（0〜150,104）

£滑动变阻器（0〜2000,14）F.定值电阻&（阻值19900）

G开关K与导线若干

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(1)在实验中，为了操作方便且能够准确进行测量，滑动变阻器应选用(填

“RJ或"/?2”);电流表的量程应为A挡(填“0.6”或“3”)。

(2)根据题目提供的实验器材，请设计出测量干电池电动势和内阻的电路原理图,

并画在答卷的方框内(图3)

(3)如图4为某同学利用上述设计实验电路测出的数据绘出的/J?图线(4为电流表G

的示数，/2为电流表A的示数)，则由此图线可以得到被测干电池的电动势

E=V,内阻r=(结果保留两位有效数字)

11.如图所示，两光滑的平行金属轨道与水平面成。角，两轨道间距为L,一金属棒垂

直两轨道水平放置。金属棒质量为〃?，电阻为R,轨道上端的电源电动势为E,内

阻为公为使金属棒能静止在轨道上，可加一方向竖直向上的匀强磁场，求：

(1)该磁场的磁感应强度8应是多大？

(2)若将磁场方向变为竖直向下，此时导轨由静止下滑的瞬间加速度？

研

争-

12.学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆

形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，

轨道CDE半径r=0.1m,轨道A8C半径为2r,A端与地面相切。现将质量m=0.2kg

小滑块从水平地面尸点以速度%=2bm/s沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完

全弹性相碰。已知直线轨道EF长为L=0.5加，小滑块与轨道EF的动摩擦因数〃=

0.5,其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求：

(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力：

(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离；

(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在所轨道上，且运动过程中不脱离轨道,

则小滑块的初速度满足什么条件。

13.如图，一开口向上的导热汽缸内，用活塞封闭了一定质量的理想

气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。现用外力作用在活塞上，使其缓

慢下降。环境温度保持不变，系统始终处于平衡状态。在活塞下

降过程中()

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A.气体体积逐渐减小，内能增加

B.气体压强逐渐增大，内能不变

C.气体压强逐渐增大，放出热量

D.外界对气体做功，气体内能不变

E.外界对气体做功，气体吸收热量

14.如图，两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18cm的U|

型管，左管上端封闭，右管上端开口。右管中有高九。=4cm的口

水银柱，水银柱上表面离管口的距离Z=12cm,管底水平段的体

积可忽略。环境温度为A=283K,大气压强Po=76cmHg。

。）现从右侧端口缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），恰好使水银柱下端到达右

管底部。此时水银柱的高度为多少？

5）再将左管中密封气体缓慢加热，使水银柱上表面恰与右管口平齐，此时密封气

体的温度为多少？

15.如图所示，玻璃砖的横截面由半径为R的;圆和宽度也为

R的矩形组成，。点为9圆的圆心，光屏PQ与玻璃砖左

右两侧的直边缘部分平行，到玻璃砖右侧直边缘的距离

也为R。一单色光线在A点垂直玻璃砖左侧边缘射入玻

璃砖，4、。两点间的距离烤，入射光线的延长线与光屏尸。的交点为M点，光线

进入玻璃砖后，自玻璃砖右侧弧面再射出时的折射角60。，则此玻璃砖的折射率为

,若使入射光线绕入射点A顺时针旋转60。，光线照射到屏PQ上的亮点到

例点的距离为o

16.如图所示，波源M和N完全相同，质点P到M的距

离Li=0.3m；质点尸到N的距离G=1.1皿。两波源

自t=0时开始振动，位移随时间变化的关系式都为

x-5siTuit（cm）,两波源传出的波在介质中的波长都为4=0,8m。求:

（团）两波源传出的波在介质中的传播速度；

（团）质点尸在t=0至t=3s时间内经过的路程。

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、2N和2N的合力范围为。〜4N,3N在此范围内，故当两个2N力的合

力为3N时，再与第三个力大小相等，方向相反，则三个力的合力为0,故2M2N、3N

三个力的合力范围为0〜7N。当三力合力为0时，物体所受摩擦力为0,故4正确；

B、当三个力的合力大小小于最大静摩擦力时，物体处于静止状态，故8错误；

C、如果物体做匀加速直线运动，假设物体所受的滑动摩擦力等于最大静摩擦力篇ax=

5/V,当三个力的合力最大，即治"=7乂物体做匀加速运动的加速度。最大。根据牛

顿第二定律F台=7ax-源"=ma，解得a=2m/s2,其加速度大小不可能为3m/s2,

故C错误；

。、物体在恒定外力的作用下由静止开始开始运动，运动方向始终与外力方向相同，物

体不可能做匀变速曲线运动，故。错误。

故选:Ao

(1)根据平行四边形定则，求解三个共点力合力的大小范围；

(2)分析三力的合力与物体所受静摩擦力的大小关系，根据牛顿第二定律确定物体的运

动情况。

静摩擦力的大小，随着外力的变化，在0〜5N范围内变化，解答本题时，如果不注意静

摩擦力的被动性，容易导致错误。

2.【答案】B

【解析】解：将篮球从出手到撞击篮板的运动逆向理解为平抛运动，水平位移为x=

4.60m,竖直位移为/i=3.55m-2.30m=1.25m,由自由落体运动九=；9产，可知运

动时间为t=0.5s。

从而竖直速度为%=gt=5m/s,水平速度为%=；=翟加/s=9.2m/s,

合成后速度大小〃=J诏+药=10.5m/s,故B正确，ACZ)错误。

故选：B。

将篮球从出手到撞击篮板的运动逆向理解为平抛运动，根据几何知识确定水平位移和竖

直位移，根据平抛运动竖直方向位移求解时间，根据水平方向位移公式求解初速度，根

据运动的合成求解合速度的大小。

此题的关键是将运动逆向视为平抛运动，从而利用平抛运动的规律求解，抓住两分运动

的时间相等。

3.【答案】D

【解析】解：当尸<〃mg=3mN时，木块与小车一起运动，且加速度相等，最大共同

加速度为

“mg=mamax

dmax="9=3mls2

故AB错误

当F23mN时，小车的加速度大于木块的加速度，此时木块与小车发生相对运动，

此时木块加速度最大，由牛顿第二定律得：==臂=闻=3m/s2

小车的加速度。2>3m/s2

故C错误，力正确，

故选。

对整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对，〃受力分析，根据牛顿第二定律列方

程；最后联立方程组求解.

本题关键先对整体受力分析，再对小滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程，联

立方程组求解.

4.【答案】C

【解析】解：A、在4点根据万有引力充当向心力可得：=可得探测

器在A点的加速度为：的=*，故4错误；

BC、在B点根据万有引力充当向心力可得：^=m^=ma2,可得探测器在8点的

加速度为：。2=,=3，故B错误，C正确；

力、设探测器在椭圆轨道上运行的周期为A,地球绕太阳的周期为7,探测器与地球的

中心天体均为太阳，由开普勒第三定律可得：法=匹位7,可得：7=（陪AT,探

测器从A到B运动了椭圆形轨道的一半，运动了半个周期，故从A到8的时间为t==

★炉）全，故O错误；

/Zn1

故选：Co

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由万有引力充当向心力判断加速度的大小，由开普勒第三定律判断楠圆轨道周期的大小。

本题主要考查了开普勒第三定律以及万有引力充当向心力的计算，解题关键在于使用开

普勒第三定律时，两颗环绕天体所环绕的中心天体必须相同。

5.【答案】C

【解析】解：电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，

由。=。(7、C=品与E=5得：。与C成正比，而C与d成反比，则E与d成反比，

所以E与。成正比。

则由。与f关系可得，E与z的关系：选第②；

Q随时间f的变化关系为、=会又由于。与d成反比。所以d与f成线性关系。故选

第③

故选：Co

某同学设计的电容式速度传感器原理图，随待测物体的上下运动而变化，导致间距变化，

由于电压恒定，电量在变化，所以其电容也在变化，从而判断出电场强度的变化，再由

Q随时间f的变化关系为Q=*可推导出位移与时间的关系.

运用各公式去寻找变量间的关系，最终得出正确答案.

6.【答案】AC

【解析】解：A、卫星由小圆变椭圆做离心运动，需要在。点点火加速，而卫星由椭圆

变大圆做离心运动，需要在P点点火加速，故A正确；

8、卫星在3轨道和1轨道上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得线速度为

u=J号，而&>勺，可知卫星在圆轨道3上正常运行速度小于卫星在圆轨道1上正常

运行速度，故B错误；

C、卫星在1轨道的速度为7.9km/s,而由1轨道加速进入2轨道，需要在。点点火加

速，则在椭圆轨道2上的近地点。的速度一定大于7.9km/s,而椭圆上由近地点到远地

点减速，且3轨道的线速度大于椭圆在远地点的速度，故在远地点尸的速度一定小于

7.9km/s,即〃2Q>"IQ(=7.9/cm/s)>v3p>v2p,故C正确；

D、根据牛顿第二定律得G管=ma,得。=等，则知卫星在椭圆轨道2和圆轨道3经

过户点的加速度相同，故。错误。

故选：ACo

当卫星要做离心运动时，必须点火加速，当卫星要做近心运动时，必须点火减速；近地

卫星的线速度大小等于第一宇宙速度7.9km/s；根据牛顿第二定律和万有引力定律相结

合分析卫星的加速度。

本题的关键要理解并掌握卫星变轨的原理，抓住卫星做匀速圆周运动时，由万有引力提

供向心力列式分析线速度、加速度的关系。

7.【答案】AC

【解析】解：画出带电粒子在上下方做匀速圆周运动的轨迹，j

根据几何关系可得：HTYVA

FD=J/?2_（O.6R）2=0.8/?,\；./

而CF=6=0.6/?,由几何关系和题意，分别求出上下方的轨

迹半径为：

q=0.6/?

r2=0.1/?

A、根据粒子的偏转方向和左手定则知道，粒子是带负电，故A正确；

B、由于粒子在AB上方做匀速圆周运动的半径彳=0.6/?,由洛仑兹力提供向心力:Bqu=

血口，从而进入磁场的速度〃=等，而该速度是在加速电场中从静止开始加速获得，

丁］J771

由动能定理=从而求得加速电压为：1/=萼k，故8错误；

250m

C、由上述计算可知，粒子在A3下方做匀速圆周运动的半径为：万=0.1/?,故C正确；

。、由洛仑兹力提供向心力：=可求得：B谭;

由于心=6七，所以^上二嗝口户即AB下方磁场的磁感应强度为上方磁场的6倍，故。

错误。

故选：AC。

带电粒子经电场加速后进入方向相反的匀强磁场中偏转两次后恰又从00点进入AB1.

方，由几何关系分别能求出带电粒子在AB上下做匀速圆周运动的半径，由洛仑兹力提

供向心力就能求出上下磁感应强度的大小关系。

本题是带电粒子在电场和磁场中交替运动的综合，要注意的是：①洛仑兹力提供向心

力，可求得半径公式，应用半径公式从而能得到加速电场的电压，②带电粒子在方向

相反的两匀强磁场中向相反方向偏转时，这些是在圆形磁场区域内完成的，由几何关系

能求出带电粒子在两场区的轨道半径。

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8.【答案】BC

【解析】解：4、当Ro=。时，原线圈直接接在交流电源上，最大值为100迎，则原线

圈的输入电压：=100IZ,根据变压比可知，副线圈输出电压：4=言,％=50匕

则电压表的读数为50匕故A错误；

B、当品=0时，副线圈输出电压：U2=50V,根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示

数：/2=§=54故B正确；

C、当Ro=100时，设电流表的读数为/2'，则副线圈输出电压为10/2'，根据变流比可知，

原线圈输入电流为0.5U，分析原线圈电路，根据闭合电路欧姆定律可知，100U=

,

20/2（y）+0.5/2/x10（K）,解得，2'=44故C正确；

D、当品=100时，电流表的读数为44,根据欧姆定律可知，电压表的读数为40M,故

。错误。

故选：BC。

当Ro=。时，交变电源的输出电压为原线圈的输入电压，根据变压比和闭合电路欧姆定

律分析。

当&=100时，交变电源的输出电压等于原线圈的输入电压和电阻两端电压之和，

从电流入手分析电表读数。

此题考查了变压器的构造和原理，解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之

比，由于原线圈串联电阻，故交流电源的输出电压不等于原线圈输入电压，可以从电流

入手分析。

9.【答案】⑴4。；（2）1.60；（3）0.5。

【解析】解：（1MB、图线不过原点且力为零时小车加速度不为零，所以木板右端垫起

的高度过大（即平衡摩擦力过度），故A正确，3错误。

CD,图线末端发生了弯曲现象，是因为当砂桶和沙子的总质量〃?未远小于小车和祛码

的总质量M后，故。正确，C错误。

故选：AD«

（2）相邻两计数点间还有4个点未画出，则两计数点间时间间隔为：

T=0.1s,

根据△x=a72,运用逐差法得，小车运动的加速度为:

(6.41+8.01+9.59-1.60-3.21-4.80)><10-2

a=XCF-Xocm/s2=1.60m/s2o

9T29X0.12

(3)设绳子拉力为丁，对砂桶和沙子受力分析，由牛顿第二定律可得：

mg—T—ma,

对小车受力分析，由牛顿第二定律可得：T=Ma

联立解得：。=抵

整理得：T+；,

由卜5关系图象可得：合*

解得：M=0.5kg,

故答案为：(1)40(2)1.60(3)0.5。

(1)根据F=0,a不等于0分析图线不过原点的原因，抓住图线的斜率表示质量的倒数，

当不满足m<<M时，图线上端会出现弯曲。

(2)根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出加速度。

(3)运用隔离法，根据牛顿第二定律得出;与+的关系式，结合图线的斜率求出小车的质

量。

该题考查了实验注意事项、实验数据处理分析，知道实验原理及注意事项即可正确解题；

探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平

衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力。

10.【答案】%0.61.51.0

【解析】解：(1)实验中电路中的电流应较大，滑动变阻器应选七,测一节干电池电动

势与内阻实验，电路最大电流较小，约为零点几安，因此电流表应选0.64量程。

(2)实验中没有电压表，可以用已知内阻的电流表G与定值电阻R。串联组成电压表测路

端电压，电流表A测电路电流，实验电路图如图所示。

(3)根据实验电路图，由闭合电路欧姆定律得：E=I^RG+R^+I2r,

。-/2图线的函数表达式应为：

/1=---------/2,

RG+R。RG+R。

由图示图象可知，图象的截距6=曰=0.75x10-3,

KG+KQ

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图象斜率的绝对值k==。75-鬻1。7=05*10-3,

KQ-VKQU.□

解得电源电动势E=1.5V,内阻r=1.0。。

故答案为：(l)Ri；0.6；

(2)电路原理图如图所示

(3)1.5；l.Oo

(1)根据干电池的电动势与电路最大电流选择电压表与电流表。

(2)根据所给实验器材与伏安法测电源电动势与内阻的原理作出实验电路图。

(3)求出图象的函数表达式，让根据表达式与图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、求电源电动势与内阻，要掌握伏安法测

电源电动势与内阻的原理，根据欧姆定律求出图象的函数表达式是正确求出电源电动势

与内阻的关键。

11.【答案】解：(1)导体棒受力分析如图所示：

金属棒受到安培力大小：F^=BIL②

根据平衡条件：

F安=mgtanff③

联合①②③解得：

mg(R+r)tand

B=FZ

(2)将磁场方向变为竖直向下，安培力水平向左，由牛顿第二定律可知：

mgsind+F安cosB=ma④

由③④解得：a=2gsind,加速度方向沿斜面向下。

答：(1)该磁场的磁感应强度B应为出呼3：

cL

(2)若将磁场方向变为竖直向下，此时导轨由静止下滑的瞬间加速度为2gsin0,加速度

方向沿斜面向下。

【解析】(1)先求出安培力的大小，再根据平衡条件可以求出磁感应强度大小；

(2)将磁场方向变为竖直向下，安培力水平向左，由牛顿第二定律可以求出此时的加速

度。

本题考查了安培力的计算、共点力的平衡条件等知识点。将磁场方向变为竖直向下，安

培力水平向左，此时金属棒受力不再平衡，安培力和重力沿斜面向下的分量之和为金属

导体的合力。

12.【答案】解：(1)小球从P到C的过程中，根据动能定理可得：

1,1,

—mg-4r=-mv^--mv^

解得：vc=2m/s

在A8C圆轨道C点对小球分析，根据牛顿第二定律可知：mg+FN=噂

解得为=2N

根据牛顿第三定律可知对轨道的压力为F'N=%=2N,方向竖直向上

(2)从P点到EF轨道停止过程中，根据动能定理可得：

1,

—mg•2r—jmgs=0--mv^

解得：s=0.8m

因为s=(L+0.3)m

小球最终停在离F点0.3m处；

2

(3)小球刚好经过最高点C,则

从P到C根据动能定理可得:

2

-m5-4r=|mv-1mv2

解得：%=-/10m/.

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当小球第一次从挡板弹回时，到达小圆的圆心等高处。点速度为零，

从P到。根据动能定理可得：

1

—mg-3r—fimg-2L=0——mv1

解得：v2=4m/s

所以小球的初速度范围为：y/lOm/s<v0<4m/s

答：(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力为2M

(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离为0.3m；

(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则

小滑块的初速度满足条件为<v0<4m/s。

【解析】(1)小滑块从P到C根据动能定理求得到达C点的速度，在C点根据牛顿第二

定律求得相互作用力；

(2)在整个过程中，根据动能定理求得在EF段通过的总路程，即可求得最终所停在的位

置；

(3)使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，当速度最小时，小滑块必须

恰能通过C点，求得最小速度，当速度增大时，小球在尸点反弹后，最高只能到达。

点，根据动能定理即可求得。

本题主要考查了动能定理和物体做匀速圆周运动的临界速度，明确物体的运动过程，及

受力，关键时运动过程的选取。

13.【答案】BCD

【解析】解：一定质量的理想气体内能仅与温度有关，温度不变则内能不变，由于用外

力作用在活塞上，使其缓慢下降过程中环境温度保持不变，则气体温度不变、内能不变，

根据热力学第一定律可知，外界对气体做功，气体要放出热量，根据理想

气体的状态方程掌=C可知，气体体积减小，压强增大，故正确、4E错误.

故选：BCD.

一定质量的理想气体内能仅与温度有关，等温压缩过程中内能不变，外界对气体做功，

根据热力学第一定律结合理想气体的状态方程进行分析。

本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第

一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关(功和热量)；热力学第一定律在应用时一定

要注意各量符号的意义；的正表示内能变化，Q为正表示物体吸热；W为正表示外

界对物体做功。

14.【答案】解：（。设左、右管的截面积为S。

密封气体初始体积为匕=（2H-I-h0）S=20S,压强为pi=76cmHg+4cmHg=

80cmHg

经等温压缩过程，密闭气体体积变为4=HS=18S,压强变为P2，

由玻意耳定律有：Pi%=p2V2,

解得：p2=88.89cmHg,

此时水银柱的高度为：h=