2021年云南省曲靖二中、大理新世纪中学高考物理一模试卷

2021年云南省曲靖二中、大理新世纪中学高考物理一模

试卷

1.如图所示，重力为I00N的光滑球静止在倾角为30。的斜

面和竖直挡板之间，使挡板由图示位置开始沿逆时针方

向缓慢转至水平位置。在此过程中，球对挡板的作用力

的最小值为（）

A.40NB.50NC.1007377D.1007V

2.关于光电效应，下列说法正确的是（）

A.光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象

B.饱和光电流的强度与入射光的强度有关，且随入射光强度的增强而增强

C.金属的逸出功与入射光的频率成正比

D.用不可见光照射某金属，比用可见光照射同种金属产生的光电子的最大初动能

大

3.如图所示，某卫星在轨道1的A点经半椭圆轨道2变轨到轨道3

上6点，轨道3半径是轨道1半径的2倍，卫星在轨道1上运行

时的周期为。下列说法正确的是（）

A.卫星沿轨道2从A运动到B的过程中，速度在变大

B.卫星沿轨道2经过A时比沿轨道1经过A时的加速度大

C.卫星在轨道3上运行的周期为27

D.卫星从A点沿轨道2运动到B点所用时间为争

4.质量均为帆的两个小球4、2用轻弹簧连接，一起放在光滑水平面上，小球A紧靠

挡板P,如图所示，给小球8一个水平向左的瞬时冲量，大小为/,使小球B向左

运动并压缩弹簧，然后向右弹开，弹簧始终在弹性限度内，取向右为正方向，在小

球获得冲量之后的整个运动过程中，对于A、B及弹簧组成的系统，下列说法正确

的是（）

匕AB

A.系统机械能和动量均守恒

B.挡板P对小球A的冲量大小为/

C.挡板P对小球A做的功为更

m

D.小球A离开挡板后，系统弹性势能的最大值为二

5.如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭

合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，

方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线以

速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是（）

A.回路中感应电动势的最大值E=9几

B.回路中感应电流方向为顺时针方向

C.流过回路的电量为理

2R

D.导线所受安培力的大小可能不变

6.如图为某电场等势面的分布情况，则下列说法正确的是（）

edch

15V10V5V0

6・

A.放在A、8两点的所有电荷的电势能均相等

B.A点的电场强度大于B点的电场强度

C.a粒子在“等势面的电势能是一20eU

D.若把电子从6等势面移动到e等势面，则静电力做功15eV

7.在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220匕理想变压器原、副线圈的

匝数比为10：1,%、/?2、均为固定电阻，^2=10/2,/?3=20/2,各电表均为

理想电表。已知电阻&中电流随时间，变化的正弦曲线如图S）所示。下列说法正

确的是（）

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R\_______

图（a）

A.所用交流电的频率为100Hz

C.电流表的示数为0.54D.电源的输出功率为15W

8.如图所示，一质量为1依可视为质点的小物块自斜

面上A点由静止开始下滑，斜面4B的倾角为37。，

A、8间距离为4〃?，经2s运动到B点后通过一小段

光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以6M/S的恒定速率顺时针

运行，传送带以C间距离为8,*,小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2,不计衔

接弧面的运动时间和空气阻力。取$讥37。=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2.下

列说法正确的是（）

A.小物块与斜面48间的动摩擦因数为0.2

B.小物块在传带上8、C之间的运动时间为1.5s

C.小块在传送带上8、C之间的运动过程，摩擦生热为217

D.若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，小物块从A点静止释

放以后，在A8上运动的总路程为4.5zn

9.某实验小组为了测量某一电阻％的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出&的

阻值约为180左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：

A.电流表（量程15〃滔，内阻未知）；

电流表（量程0.64内阻未知）；

C.电阻箱（0-999.9。）；

。.电源（电动势约3匕内阻约10）；

E.单刀单掷开关2只；

F.导线若干。

（1）甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成

实验：

a.先将电阻箱R的阻值调到最大，闭合S],断开S2,调节电阻箱R的阻值，使电流

表指针有较大的偏转且示数为I，此时电阻箱的阻值为治；

b.保持开关S1闭合，再闭合开关S?,调节电阻箱R的阻值，使电流表的示数仍为/,

此时电阻箱R的阻值为7?2。

①根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择（选填器材前的字母）。

②根据实验步骤可知，待测电阻以=（用步骤中所测得的物理量表示）。

（2）同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻，若已知所选电流表的内阻

RA=3.0n,闭合开关S2,调节电阻箱R，读出多组电阻箱R的阻值和电流表/的示

数；由实验数据绘出的;-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势£=V,

内阻r=0（计算结果保留两位有效数字）。

10.某实验小组用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知重力加速度为

g，打点计时器所接的交流电的频率为50Hz,滑轮足够光滑，力传感器可测出轻绳

中的拉力大小。实验步骤如图甲：

①按图所示，安装好实验器材，但不挂祛码盘；

②垫高长木板右侧，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；

③挂上祛码盘，调节木板左侧定滑轮，使牵引动滑轮的细线与木板平行；

④祛码盘中放入祛码，先通电再放车，由打出的纸带求出小车的加速度并记录传

感器示数；

⑤改变祛码盘中祛码的质量，重复步骤④，求得小车在不同合力作用下的加速度。

代蟠器'打空『点器

mUU1'

祛码盘

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根据以上实验过程，回答以下问题：

(1)对于上述实验，下列说法正确的是。

4必须要测出祛码和祛码盘的总质量

8.传感器的示数等于小车受到的合力

C.小车向左加速时祛码处于失重状态

D祛码和祛码盘的总质量应远小于小车的质量

(2)如图乙是在实验中得到的一条纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，

如图丙是以传感器的示数F为横坐标，加速度。为纵坐标，画出的a-F图像。

①小车的加速度大小为m/s2(结果保留两位小数)。

②若实验过程中，交流电的实际频率比50，z稍大一些，则①中计算所得的小车加

速度应比小车的实际加速度(选填“大”或“小”)。

③分析乙图时，该小组用量角器测得图线与横坐标的夹角为。，通过计算式等求得

图线的斜率为k,则小车的质量为»

A.—

2k

&1

2tan0

11.如图所示，一个质量为?n=2.0x10-iikg,电荷量q=+1.0xlO^c的带电微粒,

从静止开始经Ui=100V电压加速后，沿着平行于两金属板面射入偏转电场中，经

偏转后进入右侧的匀强磁场。金属板的上极板带正电，下极板带负电，两板间电压

U2=100K,板长L=20cm,两板间距d=lOV5czn。右侧匀强磁场足够长，宽度

D=10cm,微粒的重力忽略不计，求：

(1)微粒进入偏转电场时的速度孙大小；

(2)微粒射出偏转电场时的速度偏转角0；

(3)为使微粒不会从磁场右边界射出，则最小的磁感应强度B的大小。

X

X

X

X

12.如图所示，质量M=2kg、高九=0.2m的长木板静止在粗糙的水平地面上，长木板

与地面间的动摩擦因数%=0.1。在长木板上放置一个质量m=1kg、大小可以忽

略的铁块，离左端B点的距离为1m,铁块与木板间的动摩擦因数“2=03,最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,不计空气阻力。若在长木板上施加一个

水平向右的恒力尸，求：

(1)要想将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力尸应满足的条件；

(2)若水平向右的恒力F=16N,铁块与长木板分离时，两者的速度各为多大；

(3)接(2)问，求铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦

所产生的热量。

2I~

hM—尸

〃/〃〃〃//〃〃〃/3/〃/〃

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13.如图所示为一定质量的理想气体状态变化的P-U图象，理想气体从状态4开始,

经历atb、b—c,ca三个过程回到原状态a,下列说法正确的是（）

A.a-b是等温过程

B.a—b过程中，气体的温度先升高后降低

C.b-c是气体放热过程

D.c-a过程中气体分子平均动能减小

E.a—b—c—a整个过程气体一定吸热

14.如图，一长为L的绝热气缸放在水平桌面上，一定I---------------I

质量的理想气体被横截面积为s的绝热活塞密封在--J：；

气缸内。开始时，气缸被锁定，活塞与气缸底部的

iI

II

距离为寺封闭气体的温度为27。&现对封闭气体缓...二....

慢加热，当活塞恰好在气缸口时停止加热。已知外界大气压强为po,不计一切摩擦，

活塞的厚度及质量均不计。

①求停止加热时封闭气体的热力学温度介；

②若将气缸解除锁定，对活塞施加一逐渐增大、方向水平向左的推力，气缸向左

做加速直线运动，当活塞与气缸底部的间距为机寸推力开始保持不变，此时推力大

小为F,求此时封闭气体的热力学温度T。

15.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时，波刚好传播到M点，波形如图实线

所示，t=0.3s时，波刚好传播到N点，波形如图虚线所示。则以下说法正确的是

()

A.波的周期为0.6s

B.波的波速为20m/s

C.c点在0〜0.3s内通过的路程等于\6crn

D.t=；s时，6点到达波峰

6

E.t=0时刻后。点比6点先回到平衡位置

16.如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知NA=60°,

ZC=90°,一束极细的光于AC的中点。垂直AC面入

射，AD=a,棱镜的折射率为〃=或，求：

(1)求此玻璃的临界角；

(2)光从棱镜第一次射入空气时的折射角;

(3)光从进入棱镜到它第一次射入空气所经历的时间(设光在真空中的传播速度为

c)。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：小球受重力、挡板弹力&和斜面弹力尸2,将凡与

尸2合成为F,如图所示：

小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三

个力等值、反向、共线，故尸1和尸2合成的合力厂一定与重力

等值、反向、共线。

由图可知，当&的方向沿斜面向上时最小，最小值为：&=G•sin30。=100X0.5N=

50N,故错误，B正确。

故选：Bo

球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，斜面对球的支持力方向

不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三力平衡的条件，结合平

行四边形定则作图分析即可。

本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在

一起，根据图象分析出最小值。

2.【答案】B

【解析】解：小光电效应是原子吸收光子向外释放电子的现象，故A错误；

8、饱和光电流的强度随入射光强度的增强而增强，故B正确；

C、逸出功与金属本身的特点有关，与外界因素无关，C故错误；

。、由于不可见光的频率有的比可见光大，有的比可见光小，由光电效应方程：

Ek=hy-小知产生光电子的初动能无法比较，故。错误.

故选：B。

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，原子吸收光子的能量发生光

电效应现象；光的强度影响单位时间内发出的光电子数目，即光电流的大小；

金属的逸出功是金属的固有属性。根据光电效应方程分析.

此题考查了学生对光电效应的理解情况，要理解光电效应方程物理意义，并能正确应用

光电效应方程解答有关问题。

3.【答案】D

【解析】解：A、卫星沿轨道2从4运动到B的过程中，地球对卫星的引力做负功，卫

星的动能减小，线速度减小，故A错误。

B、卫星在轨道1上运动，万有引力提供向心力，即G哭=ma,贝打=黑，因为轨道

2上的a点和轨道1上的。点是同一点，即r相等，所以卫星沿轨道2经过A时与沿轨

道1经过4时的加速度相等，故B错误；

C、设卫星的质量为“、轨道半径为人中心天体的质量为M,对卫星根据万有引力提

供向心力得：

2

G^=m(y)r(则7=2兀层，因为半径是2倍的关系，故周期为：T3=2^2T,故

C错误。

D、设椭圆轨道2的周期为七，则它的半长轴为|凡根据开普勒第三定律昌=k得:

邺=172=三遍”因此卫星从A点沿轨道2运动到B点所用时间t=^=［述7,故

塔N428

£＞正确.

故选：Do

卫星沿轨道2从A运动到B的过程中，地球对卫星的引力做负功，卫星的动能减小，线

速度减小，根据万有引力提供向心力，判断周期和加速度；根据开普勒第三定律求时间。

解决本题的关键要理解变轨的原理，掌握开普勒第三定律，并能灵活运用。知道周期、

加速度等与轨道半径的关系。

4.【答案】D

【解析】解：A、小球运动过程中系统中只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，由于挡

板P的弹力对小球A有向右的冲量，因此系统动量不守恒，故A错误；

B、根据动量定理得，对B有：/=小为，此时小球8的动能E〃o=之小诏，小球A将要

离开挡板P时弹簧处于原长，由机械能守恒定律知此时小球B的动能&=Eko,由动量

定理知挡板P对小球A的冲量等于系统动量的改变量，规定向右为正方向，lA=mv0-

(-mv0),解得。=2/,故8错误；

C、从初始到小球A将要离开挡板，小球A一直静止，则挡板P对小球A不做功，故C

错误；

。、小球A离开挡板后，弹簧压缩至最短或拉伸到最长时系统弹性势能最大，此时A、

rr

3速度相等，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0=2mvf解得：v=

则弹性势能的最大值E=诏一询，又/=小几，则埒=二，故。

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正确。

故选：Do

根据机械能守恒和动量守恒的条件判断系统机械能和动量是否守恒；小球B获得冲量后,

先压缩弹簧，速度减为零后再向右运动，当弹簧恢复原长时，A脱离挡板，然后弹簧开

始伸长，抓住挡板对小球A的冲量等于系统动量的变化量求出冲量的大小；挡板与小球

作用的过程中，A球没有位移，挡板对小球不做功；当弹簧压缩最短或拉伸最长时，A、

B具有相同的速度，结合动量守恒定律求出相同的速度，根据能量守恒定律求出弹性势

能的最大值。

本题考查了动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律的综合运用，对于弹簧系统问题，

关键要理清A、B两球在整个过程中的运动规律，知道速度相等时，弹簧的弹性势能最

大。

5.【答案】A

【解析】解：A、当三角形闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为乙机=当心

这时感应电动势最大为：E=BLmv=^-BLv,故A正确；

8、在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可

知感应电流的方向为逆时针方向不变，故8错误；

C、流过回路的电量为。=兀=处=哩空=跳，故C错误；

D、线框进入磁场的有效长度先变大后减小，则电流先变大后减小，由尸=8〃可知，

导线所受安培力的大小先变大后减小，故力错误。

故选:Ao

根据E=BLm。分析感应电动势的最大值；根据楞次定律可知感应电流的方向；根据电

荷量的经验公式求解流过回路的电量；根据安培力的计算公式分析安培力的大小变化。

本题主要是考查法拉第电磁感应定律、楞次定律以及安培力大小的判断，掌握楞次定律

的应用方法以及电荷量的经验公式是关键。

6.【答案】BD

【解析】解：4、A、B两点处于同一等势面，所以A、8两点的电势相等，根据琮="?可

知，放在4、B两点的电荷的电势能不一定相等，故A错误；

8、等差等势面密集的地方电场强度大，由图可知，A点的电场强度大于B点的电场强

度，故B正确；

C、a粒子带2个单位的正电荷，故电势能Ep=q0=2ex10V=20eV,故C错误；

D由电场力做功与电势能的关系可知，把电子从方等势面移动到e等势面，静电力做功

是皿=勺〃劭=-ex(0-15"=15el/,故O正确。

故选：BD。

根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电

势的高低；根据等差等势面来确定电势差大小，再由电势差与电场力做功关系公式勿=

qU来判断电场力做功的多少。

本题关键明确等势面的性质，知道等差等势面越密的地方，电场线也越密；同时掌握电

势的定义以及电场力做功与电势能之间的关系。

7.【答案】BC

【解析】解：4交流电的频率为f="=康=50Hz,故A错误；

A通过/?2电流的有效值为/=等=

/?2两端的电压即副线圈两端的电压，根据欧姆定律：U2=IR2=1X10K=101/

根据理想变压器的电压规律：中=会

1/27i2

可知原线圈的电压：=-^2=TX10l/=100v

7121

电阻％两端电压即为电压表示数，即与=U-Ui=220V-100K=120V,故B正确；

C.电流表的示数为〃=*=^4=054故C正确；

D副线圈中流过的总电流为：4=/+匕=14+0.5/1=1.54,原线圈电流为：＞1=^=

—A=0.154

10

电源输出功率为p总=UI1=220x0.15W=33"，O错误。

故选：BC。

A、根据频率与周期关系求解；

3、先求出通过&电流大小，利用欧姆定律求出副线圈两端电压，再利用变压器电压规

律费=最求出原线圈两端电压，即可求出％两端电压；

C、利用欧姆定律可求解；

D,先求出副线圈中总电流，利用变压器中电流关系求出原线圈中的电流，利用功率公

式即可求解。

此题考查了变压器的构造和原理，明确变压比、变流比是解题的关键，对于原线圈串联

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电阻的电路，可以从电压关系分析电压表的示数。

8.【答案】BC

【解析】解：4、物块在斜面上做匀加速直线运动，设加速度为即，到达B点速度为心

则有：％=沁，解得：u=g=^m/s=4m/s

NCQZ

则加速度为劭=r=37n/s2=2m/s2,根据牛顿第二定律可得mgs讥37。-

liQmgcos37°=maQ1解得小物块与斜面A8间的动摩擦因数为：〃()=0.5,故A错误；

5、滑上传送带后，物块在传送带上先做匀加速直线运动，设加速度为①根据牛顿第

二定律可得：i^img=ma,解得：a=i^g=0.2x10m/s2=2m/s2,

小物块达到与传送带速度相等时经过的位移为s,根据速度一位移关系可得：V2■带一/=

2as,代入数据解得：s=5m<8m,所以以后小物块匀速运动。

匀加速直线运动的时间匕=勉二=—s=Is,匀速运动的时间勿=-=等s=0.5s,

1a2口带。

所以小物块在传带上B、C之间的运动时间为t=tj+t2=Is+0.5s=1.5s,故B正确：

C、小物块与传送带发生相对滑动的过程中相对于传送带的距离为△s=乙梦1-s=

(6x1-5)zn=1m,产生的热为Q="mg△s=0.2x1x10x1/=2/,故C正确；

。、若传送带以M=2m/s的恒定速率逆时针运行，小物块在传送带上速度减为0时经过

的位移为：Si=《=±m=4m<8m,小物块再次返回到8点的速度等于传送带的

12a2X2

速度为“=2m/s,沿斜面向上运动的加速度为a'=gsin370+ii0gcos37°=(10x0.6+

0.5xlOx0.8)m/s2=10m/s2,物块再次返回到斜面上升到最高点时经过的位移为

VI222co

x-i1———---m—0.2m,

2a'2X10

以后物块下滑到B点的速度与冲上斜面的速度相等，经过多次往返运动，最后在8点静

止，

设从第二次在斜面上开始下滑到最终静止，小物块经过的路程为根据能量关系可得:

mgx1sin37°=1J.0mgcos37°•x2,解得：x2=0.3m,

若传送带以2m/s的恒定速率逆时针运行，其他条件不变，小物块从A点静止释放以后，

在AB上运动的总路程为工总=x+%i+x2=4m+0.2m+0.3m=4.5m,故。正确。

故选：BC。

物块在斜面上做匀加速直线运动，根据速度一位移关系求解达到底端速度大小，由此求

出加速度大小，再根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；

物块在传送带上先做匀加速直线运动，小物块达到与传送带速度相等后匀速运动，求出

两段过程中经过的时间即可得到小物块在传带上8、C之间的运动时间；

根据摩擦力乘以小物块相对于传送带的距离即可得到产生的热；

分析小物块的运动情况，根据运动学公式结合功能关系求解在AB上运动的总路程。

传送带模型是高中物理的典型模型，要掌握其解题思路与方法，分析清楚物块运动过程

是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律可以解题.

9.【答案】A口2-&3.21.0

【解析】解:⑴电源电动势为3%电路的最大电流约为/=卷F=高Q4*0.1771«0.64,

Kx

所以选择量程为15nM=0.0154的电流表，即4

②根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有：E=I(RX+Ri+RA+r)

$2闭合时有:E=I(R2+RA+r)

联立解得：RX=R2-Z?I

(2)闭合开关S2,由闭合电路欧姆定律得：E=/(R+伍+r),整理得:}=(xR+誓，

由;一R图象可知：k",匕=安

而已知/?4，解得：E=%r=^~RA

代入数值可得：E=3.2V,r=1.00

故答案为：(1)4、R2-RI(2)3.2、1.0

(1)估算电路的最大电流，从准确度较高而选定电流表；

(2)由闭合电路欧姆定律列出两种情况下的式子，且两次电流相同，从而得到待测电阻

的值；

(3)由闭合电路欧姆定律写出:-R的关系式，结合图象的斜率和纵截距求出电源的电动

势和内阻。

本题是伏安法的变形-安阻法测电源电动势和内阻，且利用图象法减小了偶然误差，关

键是要理解实验原理、变形得出q-R的表达式，结合图象就能获得意想不到的结果，

再就是电流表的选择从安全和准确度两方面综合考虑选择。

10.【答案】C2.00小C

【解析】解：⑴4D：小车受到的拉力，可以直接由力传感器测出，所以不需要满足

祛码和祛码盘的总质量远小于小车的质量，故不需要测出祛码和祛码盘的总质量，故

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AD错误；

8、对小车受力分析，可知小车受到的合力等于力传感器示数的两倍，故B错误；

C、小车向左加速，则祛码和祛码盘向下加速，即重力大于轻绳的拉力，故祛码处于失

重状态，故C正确；

故选C.

(2)①小车的加速度大小为：

x-x(11.09+9.13+7.10-5.12-3.09-1.10)xIO-2,,

a=—36——：—03—------------------------------——-----------------------------m/sz—2.00m/sz

9T29x0.12''

②因为交流电的实际频率比5O4z稍大一些，则实际打点周期偏小，则根据AxuaTZ可

知其加速度的测量值偏小；

③对a-尸图来说，图像的斜率表示小车质量的倒数，对小车根据牛顿第二定律有：

2F=ma

变形得：

a=m-F

由题知该图像的斜率为则有：k=w

解得：m=

故C正确，A3。错误。

故选C.

故答案为：(1)C;(2)①2.00；②小；③C.

(1)根据实验的原理进行分析解答；

(2)根据逐差法分析求解加速度大小，根据匀变速直线运动某段时间的平均速度等于该

段时间中间时刻的瞬时速度求解打下计数点2时，小车的速度大小；

根据加速度的求解公式进行分析解答，根据牛顿第二定律分析求解小车的质量；

(3)分别对祛码和祛码盘以及小车根据牛顿第二定律列式求解加速度.

解决该题的关键是掌握实验实验原理和实验的注意事项，掌握匀变速直线运动的加速度

以及瞬时速度的求解公式，能根据牛顿第二定律列式求解加速度。

-X

11.【答案】解：根据题意可知：板长L=20cm=0.2m,X

X

两板间距d=10V3cm=0.1V37n＞右侧匀强磁场宽度。=___5

lh।-----x>

10cm=0.1m。|---/

x

(1)带电微粒在加速电场加速运动的过程，根据动能定理(^7

于

X

得：qUi=\mvl，

代入数据得：i?o==J**m/s=1,0x104m/s;

(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，

水平方向有：L=vQt,

带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为m出电场时竖直方向速度为为

竖直方向：v=at,。=经

yJmd

由速度分解关系得：tan。=&=能=*

vQ2Uid2x100x0.1x733

解得：0=30°；

(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨迹恰好与磁场

右边相切时半径为七

由几何关系知：R+Rsin30°=D,

设微粒进入磁场时的速度为v,则有："=晶

由牛顿运动定律及运动学规律得：qvB=my

mv(l+sin0)

联立解得：B=o

qDcosO

代入数据解得：B

5

答：(1)微粒进入偏转电场时的速度为大小为1.0x104m/s；

(2)微粒射出偏转电场时的速度偏转角为30。：

(3)为使微粒不会从磁场右边界射出，则最小的磁感应强度B的大小为，r。

【解析】(1)粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度；

(2)粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解，由牛顿第二定律和

运动学公式求出微粒射出偏转电场时的速度偏转角仇

(3)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，结合条件，画出临界情况的运动轨迹，由几何知

识求半径的最大值，再由洛伦兹力提供向心力求出B的最小值。

本题考查了带电微粒在电场与磁场中的运动，微粒在加速电场中加速，在偏转电场中做

类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚微粒的运动过程是解题的前提，应用

动能定理、类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题。

12.【答案】解：(1)欲将长木板从铁块下抽出，这两者间必存在相对运动，两者刚好发

生相对滑动时：

对滑块，由牛顿第二定律有〃2mg=

解得Q=3m/s2

对长木板，由牛顿第二定律有Fmin-+M)g-ii2mg=Ma

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解得/in=12N,

即恒力F应满足的条件为F>12N；

(2)当Fi=16/V>12N时，滑块相对于长木板将发生相对滑动。

对长板，根据牛顿第二定律可得：Fi-n^m+M)g-n2mg=Max,

解得的=5m/s2

滑块的加速度。2=a=3mls2,

分离时长木板的位移与=4%匕，

铁块的位移片

两者分离时有-=3

解得亡1=1s

设滑块离开长木板的瞬间，长木板与铁块的速度分别为%,V2,

则％=QIG=5xlm/s=5m/s,v2=a2ti=3xIm/s=3m/s；

(3)在(2)问中，分离时长木板位移1x5xl2m=2.5m

滑块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律有t2=后=后gs=0.2s

滑块离开长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可知Fi-%Mg=Ma3，

解得。3=7mls2

滑块离开长木板到落地时长木板的位移%3=巧t2+1。3后，

解得%3=1.14mm

整个过程中，滑块与长板间因摩擦产生的热量©=〃2巾94

代入数据解得：Qi=3.0J

长木板与水平面间因摩擦产生的热量Q2=%(M+m)gx1+f/1Mgx3

代入数据解得：Q2=9.78/

铁块、长木板和水平地面组成的系统因摩擦产生的热量Q总=Qi+<?2=3.07+9.78/=

12.78/。

答：(1)要想将长木板从铁块下抽出，水平向右的恒力尸应满足的条件为F>12N；

(2)若水平向右的恒力尸=16N,铁块与长木板分离时，铁块与长木板的速度大小分别

为3m/s、5m/s；

(3)铁块落地前的整个过程中，铁块、长木板和地面组成的系统因摩擦所产生的热量为

12.78/。

【解析】(1)长木板恰好从小滑块下抽出时，拉力最小，此时滑块所受的静摩擦力达到

最大值，分别对整体和滑块，利用牛顿第二定律求出拉力的最小值，从而求得拉力的取

值范围；

(2)当尸=17N时，根据牛顿第二定律求小滑块与长木板的加速度，根据两者分离时位

移之差等于乙，求运动时间，再由速度公式求各自速度的大小：

(3)滑块离开长木板后做平抛运动，由平抛运动规律求解落地时间；滑块离开长木板后，

对长木板由牛顿第二定律求解加速度大小，求出在整个过程中滑块与长板间因摩擦产生

的热量、长木板与水平面间因摩擦产生的热量，由此得到系统因摩擦产生的热量。

本题是滑块在木板上滑动的类型，关键是对两个物体的运动情况分析清楚，知道系统的

合外力不为零时，根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究这类问题；掌握由于摩擦产

生的热的计算方法。

13.【答案】BCE

【解析】解：AB,在p-U图象中，等温过程对应图线应是双曲线；同一气体，双曲线

离原点越远温度越高，所以a-b不是等温过程，气体的温度先增大后减小，故A错误，

B正确；

C、由图示图象可知，b-c过程，气体压强不变而体积减小，由理想气体状态方程可知，

气体温度降低；气体体积减小，外界对气体做功，小＞0；气体温度降低减小，内能减

小，△(/＜()；由热力学第一定律△(/=W+Q可知，Q=AU-W＜0,气体对外界放

热，故C正确：

。、由图示图象可知，c7a过程气体体积不变而压强增大，由理想气体状态方程可知，

气体温度升高，气体分子平均动能增大，故。错误；

E、p-U图线与坐标轴所围图形的面积是气体做的功，由图示图象可知，a—b过程气

体对外做功大于btc过程外界对气体做功，c-a过程外界对气体不做功，因此atb-

CTa整个过程，气体对外做功，勿＜0,整个过程气体内能不变，△(/=(),由热力学

第一定律△(/=勿+Q可知，(2=4(/一十=一小＞0,气体一定吸热，故E正确.

故选：BCE.

根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程判断气体温度如何变

化；温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大；根据气体体积的变化情

况判断外界对气体做功情况，应用热力学第一定律分析答题。

本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律的应用；分析清楚气体状态变化过程、

应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题；应用热力学第一定律时要注意各量