考场仿真卷10-2021年高考物理模拟考场仿真演练卷(课标全国卷)（解析版）

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2021年高考物理模拟考场仿真演练卷

第十模拟

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.核武器实验会产生一些放射性微尘，微尘中问题最大的核素之一是锢・901笨Sr),它的化学性质和钙相

似，能被吸收到骨骼和牙齿里，它的半衰期为28.1年，由于B衰变会对人体健康造成影响。下列说法正确

的是：)

A.6射线是能量很高的电磁波

B.甥-90经过B衰变后形成的新核的电荷数减少1

C.黑90含量减少到初始水平的6.25%需要112.4年

D.核武器实验涉及的核反应过程中，质量守恒、电荷数守恒

【答案】C

【解析】A.“射线是电子流，不是电磁波，故A错误；

B.根据p衰变特点可知，锢-90经过B衰变后形成的新核的电荷数增加1,故B错误：

C.由公式

加=m0(3)温1

解得

♦=112.4年

故C正确；

D.核武器实验涉及的核反应过程中，放出能量，发生质量亏损，则质量不守恒，故D错误。

故选C。

2.在笔直的公路上，匀速行驶的B车向正前方静止的A车靠近，A车司机发现B车在靠近后，立即将汽

车启动做匀加速运动，两车运动的丫一/图象如图所示，已知，=0时刻，A在B前方80m处，由图象可知

A.A车启动时，两车相距25m

B.，=10s时，B车恰好追上A车

C.两车不会相撞，最近距离为5m

D.5〜15s内，A车的平均速度大于B车的

【答案】C

【解析】A.A车启动时，8车已运动50m,此时两车相距30m,选项A错误：

BC.f=10s时，A，B两车速度相等，B车离A车的距离

5=80m-10x10m+m=5m

2

8尚未追上4,之后两车间距扩大，故两车的最小距离为5m,选项B错误，C正确；

D.5~15s内，两车的平均速度均为10nVs,平均速度相等，选项D错误。

故选C。

3.在建筑工地上经常使用吊车起吊货物。为了研究问题方便，把吊车简化成如图所示的模型，支撑硬杆

OP的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上，质量不计的钢丝绳索绕过定滑轮吊起质量为〃?的物件缓慢上

升，不计定滑轮质量和滑轮与绳索及轴承之间的摩擦，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（）

A.钢丝绳索对定滑轮的作用力方向竖直向下

B.钢丝绳索对定滑轮的作用力方向一定沿着。尸方向

C.钢丝绳索对定滑轮的作用力大小等于2〃琢

D.钢丝绳索对定滑轮的作用力大小小于2mg

【答案】D

【解析】AB.钢丝绳索对定滑轮的作用力方向如图中所示，即为尸合的方向,

故AB错误；

CD.质量为〃的物件缓慢上升，可看成匀速运动，则代犯?，由菱形特点可得

F含=2Fsina-2mgsina<2mg

故C错误，D正确。

故选D。

4.如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为R的;圆弧在最低点C相连，两个长分别为应R和H的光滑

斜面AC和3C先后固定于,圆弧处，均与水平面在C点平滑连接，质量为冽的滑块1从斜面4c顶端由

静止释放,质量为2m的滑块2从斜面8C顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（）

A.滑块1、2在。点时的动能之比为2:1

B.滑块1、2运动到C点所用时间之比为1:1

C.滑块1、2在C点时的动量大小之比为1：1

D.滑块1、2在CO上滑行的最大距离之比为1:2

【答案】B

【解析】A.设1物体运动斜面的倾角为4,设2物体运动斜面的倾角为a,AC衣为6R、BC长为R,

由几何关系可得4=45',2=30°,则滑块I、2释放点与水平面之间的高度分别为

R

hAC=0Rsin450=R»hBC=Rsin30=—

由机械能守恒定律可知，到达。点时具有的动能

EN=mgR,Ek2=2mgx—=mgR

则滑块1、2在C点的动能之比为1:1，A错误；

B.对滑块1,根据运动学知识可得

立R」gsin45Oxf；

对滑块2,根据运动学知识可得

R=ggsin3（Txg

解得与=2聆

则运动的时间之比为1:1,B正确；

C.由动能和动量的关系

可知，在C点时滑块1、2的动量大小之比为1：75，C错误：

D.对滑块运动的整个过程运用动能定理专

mgh-jumgx=0-0

解得/=由此可知滑行的最大距离与高度成正比，即滑块1、2在CO上滑行的最大距离之比为2:1,

D错误。

故选B。

5.如图所示，为风洞游戏装置的简化示意图，其中圆心角为37。的圆弧轨道AB竖直固定放置，与水平地

面相切于A点。游戏开始时，将质量为根的小球从A点沿水平方向以一定的速度释放，小球经过3点后从

圆弧轨道以速度%飞出，一段时间后小球经过图中C点（C点与8点等高）。已知小球运动过程中会受到

3

水平向右的风力，风力的大小恒为重力大小的一，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.在圆弧轨道上运动时，单位时间内小球速度的变化量相同

B.在空中运动时，单位时间内小球的动量变化量逐渐增大

C.小球从8点运动到C点，所需要的时旬为发

5g

D.小球经过C点时，速度大小为学

2

【答案】C

【解析】A.小球在圆弧轨道上运动时，所受合外力不为恒力，所以在单位时间内小球速度的变化量也不相

同，A错误；

B.小球在空中运动时，所受合外力为恒力，由动量定理可知，小球在空中运劭时单位时间内动量的变化量

相等，B错误；

小球所受合外力方向与速度%方向垂直，

L5

F合二/

小球做类平抛运动，沿速度%的方向做匀速直线运动，与速度均垂直的方向做匀加速直线运动，把位移

分别沿%的方向和垂直%的方向分解，设从B点到C点运动时间为匕由类平抛运动的规律有

CD=vot

BD=-ar

2

由几何关系有

CD

—=tan530

BD

代入。=一，综合解得

4

6%

5g

C正确;

D.由几何关系有

%=5/片+3)2

可得

D错误。

故选C。

6.如图所示，在倾角9=30。的光滑斜面A3。上，有一小物块P从〃点沿斜面由静止释放，同时另一与物

块P完全相同的小物块。在。点正上方的某一高度处以某一速度水平抛出，两物块恰好在斜面底端的0点

相碰，不计空气阻力且两物块均可视为质点，物块P、。碰撞前瞬间的动能之比为（

A.1:4B.9:64C.18:49D.16:67

【答案】D

【解析】设。、。间的距离为L，物块P的运动时间为八则有

L=^gt2sin30°

设物块。的初速度为%,P、。初始时的高度差为力，则有

vot=Leos30°

h=-L

根据能量守恒定律有

Ekp=rn^Lsin30°

生=3

“67

故选D。

7.一条长为L的绝缘细线上端固定在。点，下端系一个质量为机带电量为+g的小球，将它置于水平向右

的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成Q37。。已知重力加速度为g,下列正确的是（）

e\L

A.剪断细线，小球将做曲线运动

B.突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为等

C.如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为警

D.在A点给小球一个垂直于细线方向，大小至少为的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的

圆周运动

【答案】D

【解析】A.剪断细线，小球从静止释放，在恒定的重力及电场力作用下做匀加速直线运动，A错误；

B.突然撤去电场的瞬间，小球开始做圆周运动，由于初速度为零，沿绳方向满足

T=mgcos370=—mg

B错误;

C.如图所示

qE

mg

当电场力qE与拉力丁垂直时，电场力最小，场强最小，由平衡条件可得

sin37。=也

mg

解得电场强度最小值为

E①

5q

C错误；

D.如图所示4为等效最低点，B为等效最高点，要使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，只要能过8点

即可，可得等效重力为

F：mg_5mg

cos3704

在B点满足

F=m^-

L

从A到5由动能定理可得

-F2L=^mvl

联立解得在4点的最小速度为

以二|疯

D正确。

故选D。

8.半径为R的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示固定，在a、b、c三点分别垂直于纸面放置三根等长的长直

导线〔以6两点位于水平直径两端），导线。中通有垂直纸面向里、大小为6的恒定电流，导线c中电流方

向也垂直纸面向里，但大小未知。导线。、力固定，导线C处于静止状态，且与筒壁间无相互作用力，0c

kl

与Oa的夹角为个二60M已知长直导线在距导线/•处产生磁场的磁感应强度大小为5二：（A为常数，/为长

直导线中的电流），不考虑边缘效应，则方中通过电流的大小和方向为（）

B.电流大小为64、方向垂直纸面向里

C.电流大小为人、方向垂直纸面向外

D.电流大小为石/i、方向垂直纸面向外

【答案】A

【解析】根据安培定则和左手定则可知。对。的安培力方向；根据导线。处于静止状态，且与筒壁间无相互

作用力，画出。的受力示意图，如图所示

根据平衡状态可知，人对。的作用力指向6

Faccosa=/^cos/7

根据安培定则和左手定则可知”中通过电流方向垂直纸面向里，根据几何关系可知m之间距离为R,反之

间距离退R，a=3,〃=30。，又

BM

R

解得

故选Ao

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.“天问一号”火星探测器于2020年7月23日，在中国文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭发射升空，

如图所示，设地球半径为R地球表面的重力加速度为go,“天问”一号在半径为R的近地圆形轨道I上运

动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II,到达轨道II的远地点B时，再次点火进入轨道半径为4R

的圆形轨道III,绕地球做圆周运动，设“天问”一号质量保持不变。则()

A.“天问”一号在轨道I、IH上运行的周期之比为1：8

B.“天问”一号在轨道III的运行速率大于而示

c“天问”一号在轨道I上的加速度小于在轨道山上的加速度

D.“天问”一号在轨道I上的机械能小于在轨道HI上的机械能

【答案】AD

【解析】A.由开普勒第三定律得

—(4—)3

可二F~

解得

1=1

T28

故A正确；

B.“天问”一号在轨道III运行时，由万有引力提供向心力得

「Mmv

G----r=m—

(4/?)24R

又

GM=g()R

联立解得

故B错误;

C.根据公式

GMm

——；-=ma

可知，半径越大加速度越小，则“天问”•号在轨道I上的加速度大于在轨道山上的加速度。故c错误;

D.探测器在4、8点进入高考L道时，都进行了点火加速，机械能增加。贝「天问”一号在轨道I上的机械能

小于在轨道HI上的机械能。故D正确。

故选AD.

10.如图所示，一倾角为6=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面

以速度所9m/s匀速下滑，现把质量为帆=lkg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长

木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重

力加送度g=10m/s2,31137。=0.6,cos37°=0.8,则下列判断正确的是（）

A,动摩擦因数〃=0.5

B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s

C.长木板的长度为2.25m

D.从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生

的热量

【答案】BC

【解析】A.开始时长木板B沿着斜面以速度vo=9m/s匀速下滑，有

Mgsin37°=〃A/gcus37°

解得

4=0.75

A错误；

B.铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有

2gcos370+/wgsin37=maA

解得

2

ax=12m/s,方向沿斜面向下

对B,根据牛顿第二定律有

MM+帆）gcos37'+"mgcos37-Mgsin37°=

解得

2

aB=6m/s,方向沿斜面向k

铁块A和长木板B共速的时间为

v0-aBt=aAl

解得

t=0.5s

铁块A和长木板B共速后，速度大小为

y共=aBt=6m/s

B正确；

C.铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为

”争=

L=XB-XA="72.25m

C正确；

D.由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等

于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。

故选BCo

11.如图所示，在磁感应强度4=&T的匀强磁场中，矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度co=\0rad/s

转动，线框电阻不计，匝数为10,面积为0.4m2,线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线

圈接有一只灯泡L(规格为“4W100Q")和滑动变阻器，电流表视为理想交流电表.下列说法正确的是()

A.若从图示位置开始计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式为e=40&cos10/(V)

B.若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为1:2

C.若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大

D.若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗

【答案】AD

【解析】A.输入电压的最大值为

Um=NBSco=40Y

在图示位置穿过线框的磁通量为0,感应电动势最大，若从图示位置开始计时，则线框中感应电动势的瞬时

值表达式为

e=40>/2cosl0r(V)

A正确；

B.变压器输入电压的有效值为Ui=40V,若灯泡正常发光，则

U2=yfPR=2W

根据理想变压器的变压比得此时原、副线圈的匝数比为2:1,B错误：

U

C.若将滑动变阻器滑片向上移动，则滑动变阻器接入电路的电阻变大，负载等效电阻变大，根据/2=£2■可

知，副线圈中电流变小，则原线圈中电流变小，即电流表示数变小，c错误；

D.若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数变小，根据理想变压器的变压比可知输出电压减小，所以

灯泡变暗，D正确：

故选ADo

12.如图所示，边长为/、电阻为R的正方形导线框沿工轴正方向运动。在外力尸作用下以速度以匀速穿过

三个宽度均为/的匀强磁场区域i、ii、in,已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为8,I、II、IH区

域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里。若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量中为正,

产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正，外力尸向右为正，从线框刚进入做场时开始计时，则下列反映

线框中的磁通量①、感应电动势正、外力产和线框的电功率2随时间变化的图象正确的是（）。

・U・；xM

C.

2/

~v~

【答案】BC

【解析】在线框进入磁场区域I的过程中，穿过线框的磁通量

①=Blvtoct

所以在0〜,时间内，磁通量中随时间f均匀增加，由

E=Blv

可知在0〜,时间内电动势为定值，电流方向为逆时针，所以电动势为负值，因感应电流

v

I/

R

在此段时间内也为定值，且方向向右，故为正，功率

P=I2R

同样为定值。

I21

同理，在------时间内，中先逐渐减小到零再反向增大，电动势E、电流/为正值且均变成原来的两倍,

vv

外力尸、功率P变为原来的四倍。

2/3//

在三时间内，中从负的最大逐渐减小到零再变为正的最大，电动势E为负值且是0~一时间内电动势

VVV

/21

的两倍，外力和功率仍与------时间内大小相同。

VV

在2~曳时间内，磁通量中逐渐减小，外力尸、功率P与0〜,时间内大小相同，电动势与0~,时间内

VVVV

大小相同但方向相反。

故选BC.

三、非选择题：共62分，第9〜12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13〜16题为选考题，考生

根据要求作答。

(-)必考题：共47分。

13.用如图所示的装置探究加速度与质量的关系，把右端带有滑轮的长木板放在实验桌上，小车的左端连

接穿过打点计时器的纸带，右端连接细线，细线绕过定滑轮挂有托盘和祛码，通过垫块调节木板左端高度

平衡摩擦力。

(1)下列实验操作中正确的有o

A.先释放小车后接通电源

B.调整定滑轮使细线与长木板平行

C.平衡摩擦力时必须移去纸带

D.平衡摩擦力时必须移去托盘和祛码

(2)某次实验打出的一条纸带如图乙所示，测得计数点1、2、3、4与0计数点间的距离分别为M=3.60cm、

X2=9.61cm.X3=18.01cm,X4=28.81cm0已知打点计时器打点周期为0.02s,相邻计数点间有四个打点未画出,

则小车的加速度折m/s2(结果保留三位有效数字)。

图乙

（3）实验中保持托盘和祛码的总质量不变改变小车和车内沙子的总质量M，进行实验打出纸带，算出相应

的加速度m数据如下表所示请在图丙中根据描出的点作出■图像_____;由图像可得出的结论是

M

托盘和祛码总质量为20g

a(/n-s-2)2.401.991.431.251.110.770.620.480.24

M/kg0.060.080.120.140.160.240.300.400.80

16.6712.508.337.146.254.173.332.501.25

M

（4）某小组在实验中作出J图像如图丁所示，图像斜率的物理意义是；若图像纵截距为4

斜率为A，则托盘和祛码的总质量/“（用字母仄々表示）。

【答案】BD2.40（2.39-2.41均算对）合力一定时，当托盘和祛码

的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M时，小车和车内沙子的加速度a与质量M成反比托盘和诙

码的总重力的倒数-

【解析】(i)niA.应先通电再释放小车，A错误；

B.调整定滑轮使细线与长木板平行，以保证小车在运动过程中合力不变，B正确;

C.平衡摩擦力时必须连接纸带，C错误；

D.平衡摩擦力时必须移去托盘和祛码，用小车重力分力来平衡摩擦力，D正确。

故选BD。

(2)[2]小车的加速度

az=^-lx2=240m/s2

0.22

丙

[4]合力一定时，当托盘和祛码的总质量远小于小车和车内沙子的总质量M时，小车和车内沙子的加速度。

与质量M成反比。

(4)[3]根据牛顿第二定律可知，图像斜率的物理意义是托盘和硅码的总重力的;到数。

[6]当M=0时,有

tn

归了

根据斜率的含义有

联立解得

m上

14.冽定干电池的电动势和内阻的电路如图(。)所示，为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值

电阻4=1.2C。调节滑片尸，记录电压表示数U、电流表示数/及对应的HV长度-绘制出图"）所示

的U—/图像。

图（a）图（b）图（c）

（1）由图3）求得电池的电动势E=V（保留3位有效数字），内阻「=Q（保

留2位有效数字）。

（2）实验中因电表内阻的影响，电动势测量值_______________（选填“大于”、“等于”或“小于”）真实值。

（3）根据实验数据可绘出图（c）所示的与-X图像。若图像斜率为鼠电阻丝演截面积为S,则电阻丝的电

阻率夕=,电表内阻对电阻率的测量______________（选填“有”或“没有”）影响。

【答案】1.490.25小于kS没有

【解析】由闭合电路欧姆定律可知

U=E-I（r+Ro）

则可知图b中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故F=1.49V；

图象的斜率表示（r+R。），则

1.491.2

r+&1.45Q

0.20

解得

『1.45-1.2=0.25。

（2）［3］由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值

偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的图象如图所示

UN

4

由图象可知，电动势测量值小于真实值。

（3）⑷根据欧姆定律可知，电阻

则可知

解得

p=kS

⑸若考虑电流表的内阻，则

则图象的斜率不变，所以得出的电阻率没有影响。

15.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角公30。，皮带在电动机的带动下，始终保持vo=2m/s的速率运

行。现把一质量为〃-10kg的工件（可看为质点）轻轻放在皮带的底端，经时间1.9s,工件被传送到力=1.5m

的高处，取g=10m/s2。求：

（1）工件与皮带间的动摩擦因数；

（2）若动摩擦因数为且，传送带以所2m/s的速率逆时针运动，将此工件由传送带顶端轻轻放上，求其

5

由顶端运动到底端所需时间；（结果用无理式表示）

【答案】⑴"等⑵F牛

【解析】(1)先研究工件的运动情况，工件开始放上后，将受到皮带给予的向上的动摩擦力的作用，作加

速度为。一("以>$。-5后。)8的匀加速运动.假改在时间I—1.9s内，工件一直作匀加速运动，且在1.9s末

刚好与皮带达到共同速度，

则其位移

S，=竺％=212x1.9=1.9(m)

22

而其实际位移

S=-^-=3.0(m)>5'

sin。

可见，工件一定是先做匀加速运动，然后动摩擦力变成了静摩擦力，两者相对静止，工件做匀速运动则

2

-^-+(1.9-^-)xv0=3

2aa

解得°=2.5(m/s2)

再代入

a=g(pcos0-sin0)

解得4=立

(2)工件放上传送带上，根据牛顿第二定律得，加速度

mgsin300+pmgcos30°。八。v石s退o/2

a=-------------------------=gsin300+〃gcos30°=5+—xlOx——=8m/s

m52

当速度达到传送带速度经历的位移

运动的时间

A=-=-5=0.255

148

继续做匀加速直线运动的位移

X2=3-0.25m=2.75m

匀加运直线运动的加速度

。尸螫蛆j鳖型=gs加30。-外加30。=5-迫xl0x3=2向$2

m52

根据

x=\^-at22

222

得

2.75=2介+—X2XR2

22

解得〃=半一1

则总时间

，=力+，/巫口

4

16.如图所示，在一个长为s=23.5m的光滑水平台面A8CO上，有一段宽度d=3.5m的粗糙而固定在平台上

的某位置，一可视为质点的小物块，以w=4m/s的初速度从台面左端沿中心轴线方向滑入，小物块离开平台

8边时的速度为也=3m/s,重力加速度g取10m/s2。求：

(1)求小物块与粗糙面的动摩擦因数4；

(2)若粗糙面放在A8CD的最左边并固定，求物块从台面4B边界运动到8边界的时间。

【答案】(1)01；(2)7.7s

【解析】(1)小物块在全程滑行过程中，由动能定理可知

-junigd=gmv；-g

解得

//=0.1

(2)小物块在粗糙面上做匀减速运动，设用时间为山由位移公式可得

2

代入数据得%=Is

离开粗糙面后做匀速运动，设时间为，2,则有

s-d23.5-3.520

4=------=------------s=­s

2H33

则总时间为

'总=:+'2=7.7s

17.如图所示，平行光滑金属导轨44/和CG与水平地面之间的夹角均为"两导轨间距为L,A、C两点

间连接有阻值为R的电阻，一根质量为阳、电阻为「直导体棒E尸跨在导轨上，两端与导轨接触良好。在边

界帅和M之间存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为8,"和cd与导轨垂直。将导体棒

从图示位置由静止释放，方进入磁场就开始匀速运动，穿过磁场过程中电阻R产生的热量为Q。整个运动

过程中，导体棒E尸与导轨始终垂直且接触良好。除R和「之外，其余电阻不计，取重力加速度为g。

(1)求导体棒七户刚进入磁场时的速率；

(2)求磁场区域的宽度s；

(3)将磁感应强度变为巨，仍让导体棒E尸从图示位置由静止释放，若导体棒离开磁场前后瞬间的加速度

2

大小之比为1:2,求导体棒通过磁场的时间。

蟀案］⑴「若誓9(R+「)Q/二川(R+r)।B沱Q

s=

mgRsin。；'~B21?2m2g2Rsin2O

【解析】(1)设导体棒后尸刚进入磁场时的速率为力，根据E/7进入磁场后受力平衡可得

mgsin0=81L

闭合电路欧姆定律得

E=ICR+r)

导体棒切割磁场产生的感应电动势

E=BLvi

联立解得

mg（R+r）sinO

(2)对导体棒穿过磁场的过程运用动能定理得

mgs*sinO-W安=0

根据电磁感应能量转化关系得

R

Q=k叫

R+r

联立解得

x（R+-）Q

mgRsin。

(3)设导体棒EP穿出磁场时的速率为小导体棒通过磁场的时间为根据牛顿笫二定律可得，离开磁场前

（加、

mgsin0=ma

R+r

离开磁场后

mgsinO=m*2a

联立可得棒穿过磁场的速度变化量

mg（R+r）sin0

Av=-v.=——~~~------

2'B2I3

电流定义式

q=7bt

闭合电路欧姆定律

7=工

R+r

法拉第电磁感应定律

-△①

E=n-----

Ar

导体棒穿过磁场过程磁通量的变化量

\^=-BLs

2

联立可得导体棒进入磁场到匀速过程流过的电荷量

BLs

q=------

R+r

将导体棒穿过磁场的过程分成〃个时间极短的小过程，每个小过程的时间均为△，，则

t=t

因为△，极短，所以每个小过程的电流为足值，设其大小分别为小/2,4…人对应过程加速度大小分别

为m,S,43,…小；针对每一个小过程对导体棒运用定量定理可得

第1个小过程

mgsin0?Ar-yLIQ=maQ

第2个小过程

B

mgsin0?AZ----LIQ=maQ

2

第3个小过程

B

mgsin。5LIQi=ma^t

第〃个小过程

mgsin^?Ar--LIn\t=man\t

联立可得

B

mgsin---乙(/]/+/2丁+A+•••+/△1)

2

其中

4△，+。2△，+△，+…+an4=川

则有

mgsin01t----Lq=H?AV

联立可得

小(A+r)B2I?Q

B?I}卡2加2g2Rsii?e

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

184物理——选修3-3］（15分）

（1）容积一定的密闭容器内有一定质量的理想气体，在工、乙两种温度下气体分子的速率分布如图所示，

其中温度为（选填“7/或"7?）时对应气体的内能较大；该气体温度由刀变化到△的过程必须

（选填“吸热”或“放热

【答案】72吸热

【解析】［1］不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现“中间多，两头少”统计规律，温度是

分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以有

气体的内能仅仅与气体的温度有关，所以不所对应的气体内能较大；

⑵该气体温度由工变化到心的过程，温度升高，内能增大，则应吸热。

（2）负压救护车是利用技术手段使车内气压始终低于外界大气压，从而让空气只能由车外流向车内，由清

洁区流向感染源区，再通过杀菌处理后排到车外，如图甲所示。某同学找来了一个带有压力表、容积

VklOOdn?的钢瓶，对保持钢瓶内空气压强为负压且保持不变进行了研究。他在钢瓶上方安装一个能调整

空气流量的进气孔，下方装一抽气机，如图乙所示。已知抽气机每秒抽出气体的体积是钢瓶容积的J,外

界大气压曲=L0xl05pa；压力表的示数是相对外界大气压的值（钢瓶内气压与外界大气压的差值），当钢瓶

内气压等于外界大气压时示数为0,低于外界大气压时示数为负值；绝对温度/与摄氏温度，的关系为

T=什273。要保持压力表的示数始终为〃=-100Pa,求以下两种情况下每秒从进气孔进入钢瓶的空气的体积。

（以“dn?”为单位，保留小数点后3位数字）

（1）钢瓶内外温度始终都为27C：

（2）钢瓶内温度为27℃,外界温度为03