2021年四川省眉山市高考物理三诊试卷（附答案详解）

2021年四川省眉山市高考物理三诊试卷

1.人类第一次实现原子核人工转变的核反应方程是下列的()

A.^He+^Al-猾P+JnB.担e+尹N。+出

C.925^+on-*564Ba+HKr+SjnD.钊+：H号He+Jn

2.2021年2月24日6时29分，图(a)所示的我国首次火星探测任务天间一号探测器

成功实施第三次近火制动，进入近火点280千米、远火点5.9万千米、周期2个火

星日的火星停泊轨道。若探测器的停泊轨道可看作是图(b)所示的椭圆轨道，其中

的P点为近火点，。点为远火点，则可知()

0(a)

A.探测器在尸点的速度小于在Q点的速度

B.探测器在尸点的加速度小于在。点的加速度

C.探测器从P点运动到。点的过程中，机械能逐渐减小

D.探测器从P点运动到。点的过程中，机械能保持不变

3.如图，理想调压变压器输入端接正弦交流电源，入是

灯泡，C是电容器，P是与线圈接触良好的滑片，S

是开关，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是

()

人.5接处从M点至N点缓慢滑动P,电流表A的示数将减小

B.S接a,从M点至N点缓慢滑动P,灯泡的亮度将增大

C.S接6,从W点至N点缓慢滑动P,电压表V的示数不变

D.S接6,从M点至N点缓慢滑动P,电容器两极板带电性质交替变化的频率将减

小

4.如图，某人斜拉着跨过光滑定滑轮的细绳提升重物，重物竖直上

升中依次经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程。若斜绳与竖直

方向的夹角恒定，人始终静止在水平地面上，则三个过程中()

A.地面对人的摩擦力大小相同

B.地面对人的作用力大小相同

C.重物匀加速上升时，地面对人的支持力一定最小

D.重物匀减速上升时，地面对人的作用力一定最小

5.如图，矩形区域abed(含边界)内存在方向垂直于矩形4...............£

：XXXXX：

面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场，矩形的长：

•XXXXX;

和宽分别为2L和L矩形长边外的中点有一粒子发itB

:XX5X：

射源S,从S可分别发射出方向垂直于外指向cd和方£.........S.........b

向沿M的不同速率的粒子。若粒子的质量均为〃八电荷量均为q(q>0)、不计粒

子的重力及粒子间的相互作用力。则()

A.从炉边射出的粒子的速率范围是"W理

m

B.从W边射出的粒子的速率范围是u>鬻

C.从而边射出的粒子的速率范围是警照

D.从外边射出的粒子的速率范围是警4〃W譬

4m2m

6.图(a)中，三个点电荷分别固定在圆环上4、C、。三点，每个电荷在圆心。1处的场

强大小均为E；图(b)中，三根通电长直导线(横截面积忽略不计)垂直于圆环平面分

别固定在圆环上a、c、d三点,每根导线在圆心。2处的磁感应强度大小均为瓦下

列判定正确的是()

,内，一铲、

:t、；I、

j135。金35。\：135°愈35。\

X.二说菽、、二遍

19(a)19(b)

A.。1处的场强大小为(&+1)E,方向从。1指向A

B.。1处的场强大小为(近一1)E,方向从A指向。1

C.。2处的磁感应强度大小为(鱼+1)B，方向垂直于a。2向右

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々表示滑块的速度大小，则能够正确描述滑块从4滑向B运动过程的下列％-t图

像可能是（）

8.如图，足够长且电阻不计的光滑平行双导轨水平固定，所在空间有方向竖直向下的

匀强磁场；，必、cd是垂直导轨放置在导轨上、长度等于导轨间距且与导轨接触良好

的两根导体棒，两棒的电阻相等，质量之比小小：mcd=1：2,两棒中点连接着原

长为林、劲度系数为&的绝缘轻弹簧。在两棒中点同时施加大小相等、方向相反（平

行于导轨）的外力使弹簧缓慢伸长（弹簧形变在弹性限度内），当外力大小为F时，

同时撤去外力。贝女）

__jb______个“d

FJ~

ac

A.外力大小为尸时，两棒间的距离为Lo+?

B.撤去外力产后瞬间，两棒的加速度大小之比为。助：&d=2：1

C.撤去外力产后，在运动过程中的任意时刻，安培力对两棒做功的功率绝对值相

等

D.两棒最终会同时达到静止状态，此时弹簧的长度为

9.某实验小组用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。气垫导轨上A处安装了一

个光电门，固定有遮光条的滑块用跨过导轨左端定滑轮的细线与钩码相连。滑块每

次都从同一位置释放，释放时遮光条位于导轨上8处的正上方。

（1）关于实验的要求，下列说法正确的是和。（填选项序号字母）

A.气垫导轨不需要调至水平

A细线必须与气垫导轨平行

C滑块必须由静止释放

。.滑块的质量必须远大于钩码的质量

（2）该小组严格遵循实验要求进行实验。他们先测出遮光条的宽度d,滑块的质量

钩码的质量〃?，A、B间的距离3查得当地的重力加速度值g：然后接通气源，滑

块释放，用数字计时器读出遮光条通过光电门的时间f；

①在他们的实验中，滑块运动到A处的速度大小为（用直接测量的物理量符

号表示）。

②他们需要验证的关系是：钩码减小的重力势能mgL与（用直接测量的物理

量符号表示）在实验误差允许的范围内是否相等。

10.实验室提供器材如下：

A电池组（电动势E=3V,内阻r=l。）：

8.电流表量程500加4,内阻约0.50）；

C.电流表4（量程3〃泊，内阻未知）；

D电阻箱R（阻值0〜9999.90）;

E.滑动变阻器R'（阻值0〜100）;

凡开关一只，导线若干。

为研究一只额定电压为2.5V、额定电流为0.44的小灯泡的伏安特性，某同学利用上

述器材进行了以下实验：

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(1)设计图(a)所示电路测定电流表色的内阻。具体操作为：闭合开关S,由大到小

改变电阻箱的接入电阻R，当R=14690时，电流表4的指针位置如图(b)所示。

则4表的示数为"认，内阻=。。

(2)将&表改装为量程3V的电压表。具体操作为：将电阻箱与人表串联，调节电阻

箱使串入电阻值为0。

(3)设计图(c)所示电路研究小灯泡的伏安特性。具体操作为：利用测得的A1、&表

的多组数据，在图(d)所示小灯泡的。坐标图中确定出多个数据点的位置。(图

中纵轴/2为&表的示数值，可间接反映小灯泡两端的电压，横轴A为a表的示数值,

可直接反映通过小灯泡的电流)

①在图(d)中作出小灯泡的/2-/1图线；

②由图可知，当通过小灯泡的电流为0.34时，小灯泡的实际功率为W(结果

取两位有效数字)；

③若将小灯泡直接接在一个电动势E'=2.8V、内阻r'=20的旧电池组两端，小灯

泡的实际功率为〃(结果取两位有效数字)。

11.如图(a),倾角为。、高为/?的绝缘斜面处于方向竖直向上的匀强电场中，一质量为

m、电荷量为4的带正电小球以某一水平初速度从斜面顶端A抛出。若用)，和啰分

别表示小球在竖直方向的位移大小和竖直方向的速度二次方值，重力加速度大小为

g,则小球在空中运动的为-y图像如图(b)所示。

(1)求匀强电场的场强大小；

(2)要让小球直接落到斜面底端B,小球的初动能多大？

12.如图，足够长的光滑水平面上静止着一个质量M=3kg的滑板，滑板左端C固定有

竖直挡板，右端靠着竖直墙，滑板上表面由半径R=0.8/n的;光滑圆弧面⑪和粗糙

水平面BC在3点平滑对接构成。现将一质量m=Mg（可视为质点）的滑块甲从圆

弧上端A无初速释放，与挡板碰撞一次后，甲与滑板相对静止在B点。已知甲与滑

板间的动摩擦因数N=0.2,甲与挡板之间的碰撞时间极短（可忽略）的弹性碰撞，重

力加速度g=10m/s2o

（1）求甲下滑至圆弧面上B点时对滑板的压力大小；

（2）求BC的长度；

（3）若先在B点静置一个质量也为1依的乙滑块（可视为质点），再将甲从A端无初

速释放，则甲与乙发生时间极短（可忽略）的碰撞后粘合在一起，最终与滑板相对静

止在距挡板0.5ni处。假设粘合体与挡板间可能的碰撞仍为时间极短（可忽略）的弹性

碰撞，且粘合体不再返回圆弧面。试确定粘合体与滑板间的动摩擦因数。

13.一定质量的理想气体从状态a开始，经atb、b—c、c—a三

个过程后回到初始状态a,其T-V图像如图所示。则：

①过程a—b中，气体压强（填“增大”、“减小”或

“不变”）;

②过程匕-C中，气体（填”对外界放热”、“从外界吸热”或“既不吸热也

不放热”）；

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③过程cTa中，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数（

填“增加”、“减少”或“不变”）。

14.如图，一端开口的粗细均匀长直细玻管竖直固定，此时管中长九=24cm的

水银柱封闭着长刀=40cm的空气柱。环境温度为“=7℃,大气压强po=:

76cmHg,玻管足够长。J

（i）给封闭气柱缓慢加热，当其温度达到t2=77久时，求稳定后的气柱长度「2；,

5）保持七不变，从开口端缓慢注入水银（与原水银柱之间无气隙），直到封‘

闭气柱的长度又回到4（k〃?，求注入水银的长度H。

15.某同学利用较宽阔的水槽研究水波。如图所示，水面上有4、8、C三点构成的直

角三角形区域，其中，AC=30cm,BC=40cm,振针上下振动可形成连续的简谐

波向四周传播，水波波速为40cm/s,不考虑水槽边缘对水波的反射。

①若只有一个振针在A点以10//Z的频率振动，则B、C点起振的时间间隔为.<

B、C点起振后，当C点处于波峰时，8点处于（填“波峰”、“平衡位置”

或“波谷”）；

②若有两个振针分别在A、B处以10Hz的频率同步调振动，则水面上形成稳定的

干涉图样后，C点的振动始终（填“加强”或“减弱”）。

C

,Q、、

/'、、、、、

/、

*---------------“8

16.如图，BAC是圆心在。点、半径为R的半圆形透明砖

的横截面，P是过8点且垂直于BC的光屏，“、人是

射到圆弧面上A、。两点的两条平行红色激光束，E是

a光束在8C面的出射点。已知a光的入射角i=45。,

AOVBC,AD=DC，EO=-R，真空中的光速为以求：

3

(i)第一次射出透明胸后，a、匕光束在光屏上形成的光斑之间的距离;

(ii)a光束从A点开始经透明砖第一次射到光屏上的时间。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、该方程是居里夫人发现放射性同位素的核反应方程，故A错误；

8、该方程是卢瑟福发现质子的核反应方程，也是人类第一次实现的原子核人工转变，

故8正确；

C、该方程是重核裂变方程，故C错误。

D、该方程是轻核聚变方程，故。错误。

故选：B。

A中的方程是居里夫人发现放射性同位素的核反应方程；B中的方程是卢瑟福发现质子

的核反应方程，也是人类第一次实现的原子核人工转变；C中的方程是重核裂变方程;

。中的方程是轻核聚变方程。

本题考查了原子核人工转变、重核裂变、轻核聚变等知识，掌握基本概念是解题关键.

2.【答案】D

【解析】解：A、由开普勒第二定律，可知该探测器在近火点尸点的速度大于其在远火

点。点的速度，故A错误；

B、根据牛顿第二定律得r牛z=ma,可知该探测器在近火点P点的加速度大于其在远火

点。点的加速度，故B错误；

CD,探测器从P点运动到Q点的过程中，只有引力做功，探测器的机械能保持不变，

故C错误，。正确。

故选：D。

根据万有引力定律和开普勒第二定律，可以比较两点的加速度和速度；

只有万有引力做功，探测器的机械能守恒。

该题考查万有引力定律的应用，对于椭圆轨道的这类问题是高考的热点问题。

3.【答案】A

【解析】解：

A、S接。时，根据原副线圈上电压比与匝数比之间的关系：从M至N点缓慢

1/2n2

滑动尸，电变小，所以4变小，根据/2=与，可知%变小，再根据原副线圈上电流比与

匝数比之间的关系：春=U，可知Mi将变小，故A正确；

8、根据P〃=U212,由于上面分析外和/2都变小，所以灯泡的实际功率变小，亮度变暗，

故B错误

C、S接〃时，从M点至N点缓慢滑动忆电压表测量副线圈上的电压出，所以电压表

示数变小，故C错误；

。、两极板带电性质交替变化的频率只与交流电的频率有关，变压器输出端的电压频率

不变，电容器两极板带电性质交替变化频率也不变，故。错误

故选：A。

S接“，根据原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系，再结合滑片尸的变化，找到

副线圈匝数变化，分析副线圈上电压和电流的变化，得到原线圈上电流的变化，再结合

P=UI,得到灯泡实际功率的变化，判断灯泡的亮度变化情况

S接近根据原副线圈的电压比与匝数比的关系，结合滑片P的变化，找到副线圈匝数

变化，分析副线圈上电压的变化。电容器接在副线圈上，此时电容器两极板带电性质交

替变化的频率与交流电的频率有关

此题主要考查变压器原副线圈的电压比、电流比和匝数比之间的关系，同时涉及简单的

动态电路分析，需要熟练运用各物理量的关系，并进行动态分析

4.【答案】C

【解析】解：4、设斜绳与竖直方向的夹角为a,绳子拉力为T,人在水平方向满足：f=

Tsina

重物G在匀加速阶段7>G、匀速阶段7=G、匀减速阶段T<G,三个过程中，拉力T

变化，故地面对人的静摩擦力/大小发生变化，故A错误：

C、设人的质量为M,人在竖直方向支持力满足：N=Mg-Tcosa,重物匀加速上升时，

拉力T最大，地面对人的支持力N一定最小，故C正确：

BD、地面对人的作用力F大小为：F=y/(Tsina)2+(Mg-Tcosa)21整理可得：F=

-Mgcosa)2+(Mgsina)2,当7="9°050：时，力F最小，所以地面对人的作用力

可能不相同；

由题中数据无法确定重物处于何种状态时尸最小，故8。错误。

故选：Co

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对人在水平方向、竖直方向根据平衡条件分析地面对人的摩擦力和支持力的变化情况;

地面对人的作用力等于支持力和摩擦力的合力，根据数学知识进行分析。

本题主要是考查共点力的平衡、牛顿第二定律之超重和失重现象，关键是弄清楚重物运

动过程中拉力的的变化情况，由此确定人受到的摩擦力、支持力的变化情况。

5.【答案】B

【解析】解：4、

由左手定则可

知，沿助方向

入射粒子才可

能从从边射出，且从c点出射速度最小，如图1所示：由几何关系：r=L,洛伦兹力

提供向心力：qvB=m-,解得："=眄，所以从历边出射粒子速度v2理，故A错

误；

B、B、沿助方向入射粒子恰与〃边相切，如图2所示：/?=p洛伦兹力提供向心力：

qvB=m-,解得：口=磐，从以边射出速度满足：〃>影，垂直于外入射粒子恰从

1R2m2m

"点出射速度最小，解得：U2理，综合可得从“边出射粒子速率范围：v>^,故

m2m

B正确;

C、垂直于H入射粒子恰从d点出射速度最大，如图3所示：r=3洛伦兹力提供向

心力：qvB=mL,解得：vmax=―,垂直于H入射粒子恰从〃点出射速度最小，如

图4所示：r=g洛伦兹力提供向心力：qvB=m-,解得：vmin=所以从ad

21r2?n

边出射粒子速率范围：警<照，故C错误；

2mm

从垂直于加入射粒子才能从外边射出，结合C的分析，从湖边射出粒子速率:。〈磐,

2m

故。错误.

故选：Bo

4、分析题意找临界条件：从c点出射速度最小，求最小速度然后确定范围；

8、沿俩方向入射粒子都可能从〃边出射，求俩临界速度再确定范围；

C、垂直于外入射粒子恰从d点出射速度最大，垂直于滴入射粒子恰从。点出射速度

最小，求俩速度再确定范围；

D、从垂直于外入射粒子才能从外边射出，从。点出射速度最大，求此最大速度再确

定范围。

本题重点在找各种情况下的临界条件，计算各种临界速度，从而确定范围，熟练12字

方针在解题中的应用。

6.【答案】AC

【解析】解：力B.每个电荷在圆心。1处的场强大小均为E,由场强的叠加原则可得01处

的场强大小为

E01=2Esin45。+E=(在+1)E,方向从。1指向4。

故A正确，B错误；

CD.每根导线在圆心。2处的磁感应强度大小均为B,可得。2处的磁感应强度大小为

B02=2Bsin45°+B=(V2+1)B，方向垂直于aO?向右

故C正确，。错误。

故选：AC.

电场与磁场都属于矢量，叠加符合平行四边形定则，电场是由正电荷发出指向无穷远或

者负电荷，通电导线附近的磁场可有安培定则判断方向。

本题考查电场与磁场的叠加，需掌握判断电场与磁场的方向的方法，叠加满足平行四边

形定则。

7.【答案】BC

【解析】解:AB、当v<%时，滑块在斜面上受到的滑动摩擦力f=nmgcosd<mgtand,

在达到相同速度前，滑块受到重力，支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律

可得：mgsind+^mgcosd=mar,解得由=gsind+[igcosd,

当速度达到传送带速度后，滑块受到重力，支持力和沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第

二定律可得：mgsind—nmgcosO=ma2>解得a?=gsind—ngcosd,

当/=卬ngcos。>mgs讥。时，滑块达到传送带速度后，随传送带一起匀速运动，故A

错误，8正确；

CD,当》>为时，滑块在斜面上受到的滑动摩擦力/="mgcos。<mgtan。，根据牛顿

第二定律可得：mgsind-^mgcosd=ma2>解得。2=gsinQ-ngcosd,

滑块一直做加速运动，当/=pngcosB>mgsin。时，滑块先做减速运动，减速到达到

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传送带速度后，随传送带一起匀速运动，故C正确，。错误；

故选：BC。

对滑块受力分析，判断出滑块受到的滑动摩擦力和重力沿斜面向下的分力大小关系，判

断出滑块在传送带上运动时的加速度大小，利用运动学即可判断出速度随时间的变化关

系。

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是明确滑块的受力，分情况判断出在

滑块受到的滑动摩擦力和重力沿斜面向下的分力大小关系下的加速度大小即可。

8.【答案】BD

【解析】解：A、设弹簧的伸长量为x,由胡克定律得：F=kx,解得：x=p

外力大小为F时，两棒间的距离：L=L0+x=Lo+^,故4错误；

8、撤去外力后瞬间，两导体棒的速度都为零，回路没有感应电流，导体棒不受安培力

作用，

撤去外力瞬间，弹簧弹力不能突变，弹簧弹力等于F,由牛顿第二定律可知，导体棒的

加速度大小：a=±

m

则两棒的加速度大小之比上弛=零=皿=：,故8正确；

ad—^lab1

Cmcd

C、撤去外力后两导体棒所受安培力大小相等、所受弹簧弹力大小相等，导体棒所受合

力大小相等，由牛顿第二定律可知，两导体棒加速度大小之比与质量成反比，则两导体

棒的加速度大小之比是2：1,两导体棒做初速度为零变速运动，由于加速度大小不相

等，在相等时间内两导体棒的位移不相等，两导体棒所受安培力大小相等，由功的计算

公式可知，撤去外力F后，在运动过程中的任意时刻，安培力对两棒做功的功率绝对值

不相等，故C错误；

。、撤去外力后，两导体棒组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统初状态两

导体棒的速度都为零，系统初状态的总动量为零，由动量守恒定律可知，两棒最终会同

时达到静止状态，此时弹簧的长度为L。，故。正确。

故选：BD。

根据胡克定律求出弹簧的形变量，然后求出两棒间的距离：

根据导体棒的受力情况应用牛顿第二定律求出加速度，然后求出加速度大小之比；

根据导体棒的运动情况应用功的计算公式判断安培力做功绝对值间的关系：

应用动量守恒定律分析答题。

分析清楚导体棒的受力情况与运动过程是解题的前提与关键，应用胡克定律、牛顿第二

定律与动量守恒定律即可解题。

9.【答案】B+

【解析】解：(1)4BC.因气垫导轨需调至水平，细线必须与气垫导轨平行，且滑块必须

静止释放，故BC正确，A错误；

。本实验时通过实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能增加量的关系，不

需要滑块的质量必须远大于钩码的质量，故。错误。

(2)①由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代替其瞬时速度，因

此滑块经过光电门的瞬时速度为

d

V--

t

②由原理可知是与系统的动能

Ek=+m)v2=g(m+M)最

故答案为：(1)B,C;(2)p+

气垫导轨需调至水平，细线必须与气垫导轨平行，且滑块必须静止释放；本实验时通过

实验数据，来判定钩码重力势能的减少量与系统动能增加量的关系，不需要滑块的质量

必须远大于钩码的质量；由于遮光条通过光电门的时间极短因此可以利用平均速度来代

替其瞬时速度，列出动能表达式。

本题考查机械能守恒实验，需对实验原理和操作流程熟练掌握，关键在于如何求得速度，

时间极短时可以利用平均速度来代替其瞬时速度。

10.【答案】2.00309700.350.73

【解析】解：(1)电流表%的量程是3〃源，由图(b)所示表盘可知，其分度值为0.1机4

示数为2.00mA；

根据图(a)所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：/=U』，其中/=2.00nM=

0.0020071

代入数据解得：白2=30。

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n3

(2)把电流表&改装成量程是3丫的电压表，串联电阻阻值：R^=-^-rA2=^^H-

300=970。

(3)①根据坐标系内描出的点作出图象如图1所示

图1

②由图1所示图象可知，。=0.32=300nM时=1.18mA=0.001184

此时灯泡两端电压U=/2S2+R&=0.00118x(30+970"=1.18V

灯泡实际功率P=UIr=1.18x0.3勿x0.35以

③旧电池阻与小灯泡组成闭合电路，路端电压U=E'-Ir',路端电压U=1000/2,

由图2所示可知，h=362mA=0.362/1,I2=2.02mA=0.002024流过灯泡的电流/=

h=0.3624,灯泡两端电压U'=IOOO/2=1000x0.002027=2.02V

灯泡实际功率P'=U'l=2.02x0.3621V«0.731V

故答案为：⑴2.00；30；(2)970；(3)①图象如图1所示;②0.35;③0.73。

(1)根据电流表量程与图示表盘确定其分度值，根据指针位置读出其示数；根据闭合电

路的欧姆定律可以求出电流表内阻。

(2)根据串联电路特点与欧姆定律求出电阻箱接入电路的阻值。

(3)根据坐标系内描出的点作出图象；

由图示图象求出流过灯泡的电流，应用欧姆定律求出灯泡两端电压，然后求出小灯泡的

实际功率；

作出电源的图象，根据图示图象求出灯泡的工作电压与工作电流，然后求出小灯泡的实

际功率。

对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数，读数时视线要

与刻度线垂直；要与图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作

图的方法。

11.【答案】解：(1)小球受重力和竖直向上的电场力作用

在竖直方向，由运动规律有：呼=2ay

结合图象的特殊点坐标有：¥=2ax?

解得：«=f

由牛顿第二定律有：mg-qE=ma

解得：E=翳

(2)要落到斜面底端8,小球水平方向发生的位移为：%=hcote

竖直方向有：h=jat2

可得：t=26

水平方向有：hcotd=vxt

初动能：Ek0=

解得：a0=皿位

答：(1)匀强电场的场强大小为舞；

(2)要让小球直接落到斜面底端B,小球的初动能为国等”。

【解析】(1)小球做类平抛运动，由竖直方向做匀加速直线运动的规律对照题设已知条

件，可求竖直方向的加速度，再由牛顿第二定律求出电场强度的大小；

(2)由竖直方向的位移求出时间，再由水平方向位移求出初速度，从而求出初动能。

本题考查带电小球在重力场和电场共同作用下做类平抛运动的问题，且类平抛后落在斜

面上，关键抓住图象中隐含的竖直加速度，从而求得电场强度，其余的从类平抛规律即

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可解决问题。

12.【答案】解：涉及动量守恒定律，取向左为正方向。

(1)甲从A至B的过程中，滑板静止，对甲由动能定理有：mgR--0

解得：vB=4m/s

在圆弧面上8点，由牛顿第二定律有：F—mg=m^

解得：F=30N

由牛顿第三定律可解得甲对滑板的压力大小为：F=F=30N；

(2)过B点后，分析滑板的受力情况可知，滑板将离开竖直墙向左运动。因甲与滑板系

统所受合外力为零，系统动量守恒；设的长度为L,相对静止时甲与滑板的共同速

度为丫，由动量守恒定律有：

mvB=(Tn+M)v

甲与挡板之间的碰撞为弹性碰撞，由能量守恒定律有：林mg-2Z,=imvj-1(m+M)v2,

代入数据解得：L=1.5m；

(3)设乙的质量为m',甲，乙粘合在一起的速度大小为巧，甲、乙和滑板相对静止时的

速度大小为以，

由动量守恒定律有：mvB=(m+m)v1,解得：vx=2m/s

对粘合体、滑板为研究对象，根据动量守恒定律可得：mvB=(m+m+M)v2

解得：v2=0.8m/s；

①若甲、乙与挡板未碰撞就已经与滑板相对静止，则甲、乙在滑板上的相对路程为：

X1=L-0.5m=1.5m—0.5m=lm：

由能量守恒定律有：2mgxx=-2mvl-1(2m+M)谚

代入数据解得：Mi=0.12

②若甲、乙与挡板碰撞后再与滑板相对静止，则甲、乙在滑板上的相对路程为：X2=L+

0.5m—1.5m+0.5m—2m

由能量守恒定律有：n2.2mgx2=|-2tnvl-1(2m+M)谚

代入数据解得：〃2=0-06。

答：(1)甲下滑至圆弧面上B点时对滑板的压力大小为30N；

(2)BC的长度为1.5m；

(3)粘合体与滑板间的动摩擦因数为0.12或0.06。

【解析】(1)对甲由动能定理求出达到8点速度大小，在圆弧面上B点，由牛顿第二定

律、牛顿第三定律可解得甲对滑板的压力大小；

(2)对甲、滑板水平方向由动量守恒定律、能量守恒定律求解BC长度；

(3)根据动量守恒定律求出甲、乙碰撞后的速度大小，对粘合体、滑板根据动量守恒定

律求解共速后的速度大小，然后分两种情况进行分析：①若甲、乙与挡板未碰撞就已

经与滑板相对静止；②若甲、乙与挡板碰撞后再与滑板相对静止，分别由能量守恒定

律列方程求解粘合体与滑板间的动摩擦因数。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：

系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正

方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程

求解。

13.【答案】减小从外界吸收热量增加

【解析】解：①由图示图象可知，过程arb中气体温度不变而体积增大，由玻意耳定

律可知，气体压强减小；

②由图示图象可知，过程b-c中气体体积不变而温度升高，外界对气体不做功，14/>0,

气体内能增大，4U>0,

由热力学第一定律4U=W+Q可知：Q=4U-VV=4U>0,气体从外界吸收热量；

③由图示图象可知，过程cfa中气体的体积与热力学温度成正比，则气体压强。不变，

该过程气体温度降低而体积减小，

分子平均动能减小，分子数密度增大，由于气体压强不变，则气体分子在单位时间内撞

击容器壁上单位面积的平均次数增加。

故答案为：①减小：②从外界吸收热量：③增加。

一定量的理想气体内能由气体温度决定；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与热力学第一定律分析答题。

本题考查热力学第一定律及理想气体状态方程的应用，要注意明确压强、体积及温度之

间的变化关系及内能、吸放热及做功的关系，注意在7图象中，图线上各点与坐标

原点的连线斜率代表压强。

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14.【答案】解：(i)设玻璃管的横截面积为S,气体初状态体积匕=LrS=40S,温度=

(273+7)K=280K,

气体末状态的体积吗=L2S,温度彩=(273+77)K=350K,气体压强不变，由盖一吕

萨克定律得：£=合

代入数据解得：L2=50cm

(苴)气体初状态压强P2=Po+Ph=(76+24)cmHg=lOOcmHg,体积％=L2S=50S,

气体末状态体积匕==40S,气体末状态压强P3=Po+PS+H)=(76+24+

H)cmHg=(100+H}cmHg

气体温度不变，由玻意耳定律得：P