2021年東北三省三校聯(lián)考高考物理一模試卷

2021年東北三省三校聯(lián)考高考物理一模試卷

1.如圖是電磁起重機的工作原理介紹，其中電磁鐵的工作原理主要利用了電流的一種

效應，此效應的發(fā)現(xiàn)者是（）

接通電路.電

殿帙產(chǎn)生磁性.肥

鐵質物體吸起，放

F重物時,只要斷

開電路即可.

A.庫侖B.奧斯特C.洛倫茲D.法拉第

2.2020年11月24日凌晨，嫦娥五號探測器在文昌航天發(fā)射場順

利升空，踏上征程。這是探月工程的第六次任務，也是我國航

天領域迄今為止最復雜、難度最大的任務之一。嫦娥五號探測

器不僅要成功落月，還要實現(xiàn)月面采樣、月面上升、月球軌道

交會對接、再返回地球等多個首創(chuàng)性的任務環(huán)節(jié)。如圖所示，假設嫦娥五號探測器

在落月過程中從環(huán)月圓軌道I上的尸點實施變軌，進入近月橢圓軌道U,再由近月

點0落月。則關于嫦娥五號探測器下列說法正確的是（）

A.沿軌道I運動至尸點時的速度等于沿軌道n運動至尸點時的速度

B.在軌道I上從P點進入軌道n上時其機械能增加

C.關閉發(fā)動機后，沿軌道n運行時，在P點的加速度小于在。點的加速度

D.關閉發(fā)動機后，在軌道n上由P點運行到。點的過程中，機械能增加

3.下列天于近代物理內容的敘述中，正確的是（）

A.兩個質子間不管距離如何，總有核力存在，且核力總是大于庫侖力

B.玻爾的原子理論認為，電子在不同的軌道上運動時，原子處在不同的能量狀態(tài)，

但不向外輻射能量

C.在光電效應實驗中，保持入射光強度不變，僅提高入射光頻率，逸出的光電子

的最大初動能不變

D.在相同速率的情況下，顯微鏡利用電子流工作比利用質子流工作將有更高的分

辨率

4.隨著軍事科技的進步，我國的單兵作戰(zhàn)畢備的研發(fā)獲得

重大突破。如圖為我國研制的首個可實現(xiàn)低空飛行的飛

行滑板。駕駛員在一次使用飛行滑板飛行時，將身體前

傾37。(假設駕駛員身體保持伸直，與豎直方向夾角37。)，沿水平方向做加速運動,

駕駛員與飛行滑板總質量為m=80kg,假設飛行過程中發(fā)動機對飛行滑極的推力

恒定，方向與身體共線，空氣阻力與速度的關系為尸陽=卜叭且與飛行方向相反,

其中k=20N?s,m-i,gMX10m/s2o則（）

A.飛行過程中發(fā)動機對沿板的推力為800N

B.本次飛行能達到的最大速度為3(hn/s

C.從靜止開始運動30s的過程中，發(fā)動機對滑板推力的沖量為1.8xl04N-s

D.從靜止開始到達到最大速度的過程中，發(fā)動機對滑板推力的平均功率為%W

5.從地面豎直向上拋出一個質量為1依的小球，其上

升和下降過程中的動能-位移圖像如圖所示。其中

為豎直上拋的初動能，空氣阻力大小恒定，g取

1Om/s2。結合圖像信息可判斷下列說法中正確的是

()

A.該圖像取豎直向下方向為位移的正方向

B.小球拋出后，上升的最大高度為60”?

C.空氣阻力的大小為1.5N

D.初動能埒的大小為5401

6.如圖所示，正方形導體框時C”邊長為/,6、/分別為44be

中點。導體框所在空間有豎直向上、磁感應強度為8的勻強

磁場。當導體框繞過修,的軸以角速度3勻速轉動時，下列說

法正確的是()

A.導體框中無感應電流

B.導體框中產(chǎn)生正弦交變電流

C.a,6兩點間電勢差為0

D.a,d兩點間電勢差為［Bo)*

7.如圖所示，傾角相同、質量相等的兩個斜面A、B放置在水平地面上，始終保持靜

止狀態(tài)。質量均為〃，的兩個物塊分別沿斜面下滑，已知A斜面粗糙且物塊恰好勻

速下滑，B斜面光滑，此過程中兩斜面對地面壓力的大小分別為％、NB,對地面摩

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擦力的大小分別為以、為?，F(xiàn)分別給兩個物塊施加一豎直向下的恒力F,則在兩物

塊繼續(xù)下滑的過程中，下列判斷正確的是（）

艮區(qū)、

A.M增加、%增加B.以不變、岫增加

C.%不變、%增加D.%增加、%增加

8.如圖，A、B、C、O是一個長、寬分別為2/和/的矩形區(qū)域的四個P|r[C

頂點，E、F分別為A。、BC的中點。區(qū)域ABFE中（包括邊線）有

水平向右的勻強電場，場強大小為邑；區(qū)域CCEF中（包括邊線）有E’...........1F

水平向左的勻強電場，場強大小為E2。一個帶正電的粒子從A點M--------

以初速度火沿A。方向射入電場，剛好經(jīng)過。點射出電場，且粒A|i--bi

子運動軌跡與8c相切于M點，交EF于N點、（M、N均未畫出），則下列說法正確

的是（不計粒子重力）（）

A.E]與的大小比為1：2

B.M為C尸的一個三等分點

C.N為E尸的一個三等分點

D.粒子在矩形區(qū)域ABC。中運動的總時間為B7/

9.某實驗小組利用如圖中所示裝置測量傳送帶與物塊之間的動摩擦因數(shù)。水平傳送帶

順時針傳送且轉速不變，A、B為兩個與電腦相連的時間傳感器，虛線表示其所在

位置。物塊（可視為質點）經(jīng)過傳感器時，傳感器會產(chǎn)生信號，由此可測得物塊由A

運動到B的時間f。將A固定，8可在水平方向移動。將物塊在A處由靜止釋放，

改變R的位置，可測得AB間距離x與物塊運動時間的二次方戶的多組數(shù)據(jù)，如表

所示。（g取9.8?n/s2）

序號123456

x/cm20.044.060.080.0100.0120.0

t2/s0.0670.1330.2010.2670.3330.397

-1*<?

0.6

甲乙

(1)利用表中數(shù)據(jù)在乙圖中描繪t2-％圖像

(2)通過圖像可求得物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為(結果保留兩位有效數(shù)

字)。

(3)當某同學繼續(xù)做此實驗，又得到多組X與運動時間的二次方［2的數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)隨

著X的增大，產(chǎn)隨X變化的規(guī)律與前面數(shù)據(jù)呈現(xiàn)的規(guī)律出現(xiàn)明顯偏差，已知所有實

驗器材均無故障，請簡單分析，產(chǎn)生這個問題的原因為O

10.用伏安法測定一個待測電阻燈的阻值(阻值約為1500),實驗室提供如下器材：

電源E：電動勢為2V,內阻不計；

電流表4：量程0?15nM,內阻約為500；

電流表&：量程0?300M，內阻為8000；

滑動變阻器a：阻值范圍0?10。，額定電流2A；

電阻箱/?2：阻值范圍。?9999。，額定電流1A；

開關S、導線若干。

Ai圖3A、

要求實驗中盡可能準確地測量燈的阻值，請回答下列問題:

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(1)為了測量待測電阻&兩端的電壓，可以將電流表(填寫器材代號)與電阻

箱串聯(lián)，并將電阻箱阻值調到0,這樣可以改裝成一個量程為3QU的電壓表。

(2)請結合所選器材在方框(圖1)中設計電路圖，并標出所選器材的相應符號，然后

根據(jù)電路圖連接圖2的實物圖。

(3)調節(jié)滑動變阻器％,兩電流表的示數(shù)如圖3所示，可讀出電流表A的示數(shù)為

mA,電流表4的示數(shù)為nA,測得待測電阻&的較準確值為

0(計算結果保留二位有效數(shù)字)。

11.如圖所示，長度為L=1.0m的水平傳送帶始終以%=2m/s的速度順時針轉動，傳

送帶左側與光滑的傾斜軌道平滑連接，右側與足夠長光滑水平臺面AB平滑對接于

A點。水平臺面上。點處放有一質量為m=4kg的物塊Q,O、A點間距離x=0.6zn。

現(xiàn)將質量為mi=1kg的物塊P從傾斜軌道上高為h=0.456處無初速度釋放，己知

物塊P與傳送帶間動摩擦因數(shù)〃=0.6,物塊P、。之間發(fā)生彈性碰撞，兩物塊均可

視為質點，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)P、Q碰撞前瞬間，物塊P的速度大小巧;

(2)物塊P第二次運動到。點時，P、Q兩物塊之間的距離

12.如圖所示，空間中有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域,

其圓心的坐標為(0,R),磁感應強度大小為Bi，方向垂

直于xO.y平面向外：在第四象限，WxS21的區(qū)域內存

在方向垂直于xOy平面向里、磁感應強度大小為治的勻

強磁場，第四象限x21的區(qū)域內存在平行于xOy平面的

勻強電場，其大小和方向未知。在坐標原點處有處于靜止狀態(tài)、質量為〃八不帶電

的粒子及現(xiàn)有另一質量也為小、帶電量為+q的粒子，從x軸上方距x軸9的某處

沿x軸正方向以某一速度進入磁場坊,一段時間后與粒子8發(fā)生正碰，碰撞后結合

為一個新粒子C。粒子C繼續(xù)運動進入第四象限內，在14XW2/區(qū)域中做勻速直

線運動，忽略粒子重力和粒子間的相互作用，求：

(1)粒子A進入磁場當時速度v的大?。?/p>

(2)第四象限r(nóng)>(的區(qū)域內勻強電場的電場強度￡的大小和方向；

(3)粒子C第二次進入4的位置到x軸的距離s。

13.下列關于分子與分子間作用力性質的說法中正確的是()

A.高壓密閉的鋼罐中的油沿筒壁溢出，是因為鋼分子對油分子的斥力的作用

B.當物體溫度降低時，物體內所有分子運動的速率都將臧小

C.一般固體難于被拉伸，說明分子間存在引力

D.當物體溫度升高時，其分子的平均速率一定變大

E.一定質量的氧氣，在100。。時速率大的分子所占比例比0*時多

14.如圖，內徑均勻，導熱良好的“7”形細管(不考慮毛細現(xiàn)

象)豎直放置，水平管4右端和豎直管6下端各封閉一定質

量的理想氣體。豎直管6上端開口與大氣相通且足夠長。

其中a中氣柱長％=35em,h中氣柱長〃=10cm,人中水

銀柱在水平管。上、下方的長度分別為b=4cm、h2=

20cm.外界大氣壓強P0=76cmHg。若外界溫度保持不變，緩慢從管口注人水銀,

直到。中下端氣柱長度減少5c機時，求：

①此時豎直管b下端所封閉的氣體壓強p；

②注入水銀的長度限

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15.以下各種說法中，正確的是（）

A.相對論理論認為真空中光速在不同的慣性參考系中是不同的

B.機械波和電磁波本質上不相同，但它們都能發(fā)生反射、折射、干涉和衍射現(xiàn)象

C.兩列波疊加時產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，其振動加強區(qū)域與減弱區(qū)域是穩(wěn)定不變的

D.利用電磁波傳遞信號可以實現(xiàn)無線通信，但電磁波不能在真空中傳輸

E.光纖通信是一種現(xiàn)代通信手段，它是利用光的全反射原理來傳遞有息的

16.如圖所示,有一截面為矩形的玻璃磚,AO邊長為L折射率為"，\a；

——.B

其周圍是空氣。當入射光線從它的A8面上某點以入射角a入射，

試求：（已知光在空氣中的速度為c）

①要使光線不從BC面射出，入射角應滿足的條件，

②現(xiàn)調整入射角的大小，使光從A8面入射后均不能從玻璃側壁9：C

AD,BC上射出，最后從8面射出時，光在玻璃磚中傳播所用時間的范圍。（不考

慮在C。面的反射）（）

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：丹麥物理學家奧斯特通過實驗研究，發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場，即電流具

有磁效應，故B正確，AC。錯誤。

故選：B。

電磁鐵的工作原理主要利用了電流的磁效應，根據(jù)物理學史，結合奧斯特的貢獻解答即

可。

本題考查了物理學史部分，要了解這些偉大科學家的重要貢獻，培養(yǎng)科學素質和為科學

的奉獻精神.

2.【答案】C

【解析】解：A、嫦娥五號探測器要從軌道I變軌到軌道口，必須在尸點減速，所以，

沿軌道I運動至P點時的速度大于沿軌道n運動至P點時的速度，故A錯誤；

B、在軌道I上從P點進入軌道n上時，在尸點要減速，機械能減少，故B錯誤；

C、關閉發(fā)動機后，沿軌道n運行時，根據(jù)牛頓第二定律得G等=ma,得。=詈，可

知離月心越近加速度越大，則嫦娥五號探測器在P點的加速度小于在。點的加速度，

故C正確；

。、關閉發(fā)動機后，在軌道n上由P點運行到Q點的過程中，只有月球的引力做功，其

機械能不變，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)變軌原理分析嫦娥五號探測器沿軌道I運動至P點時的速度與沿軌道n運動至P

點時的速度大小關系，并判斷機械能的變化情況；關閉發(fā)動機后，根據(jù)牛頓第二定律和

萬有引力定律相結合分析加速度關系；關閉發(fā)動機后，在軌道口上由尸點運行到。點

的過程中，根據(jù)萬有引力做功情況分析機械能的變化情況。

解決本題的關鍵要理解并掌握衛(wèi)星變軌原理，知道衛(wèi)星要做近心運動時，必須減速，機

械能要減少。

3.【答案】B

【解析】解：A、核力屬于短程力，距離大到一定程度就變?yōu)榱?，因此核力不一定大?/p>

庫侖力，故A錯誤；

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8、根據(jù)玻爾理論可知，電子在不同的軌道上運動時，原子處于不同的狀態(tài)，因而具有

不同的能量，這些具有確定能量的穩(wěn)定狀態(tài)稱為定態(tài)，在各個定態(tài)中，原子是穩(wěn)定的，

不向外輻射能量，故3正確；

C、根據(jù)光電效應方程式%=h17-叫可知，提高入射光頻率，逸出的光電子的最大初

動能變大，故C錯誤：

。、相同速率情況下，電子的動量小于質子動量，根據(jù);1可知電子流的波長比利用質

子流大，衍射現(xiàn)象明顯，分辨率較低，故。錯誤。

故選：B。

原子核由質子和中子組成，它們是靠強大的核力結合在一起的，核力屬于短程力，距離

大到一定程度就變?yōu)榱悖?/p>

根據(jù)玻爾理論的解釋；

根據(jù)愛因斯坦光電效應方程a=hv-%分析；

由德布羅意波長公式，=；,可知電子的波長比質子大，因此衍射現(xiàn)象明顯，分辨率低；

本題考查了近代物理中的基本知識，對于這些基本概念要熟練掌握并正確應用，同時注

意平時的多加記憶。

4.【答案】B

Feos37°=mg,

Fsin37=F阻,

F阻=kv.

解得：F=1000N,v=30m/s,

故A錯誤，8正確；

C、發(fā)動機對滑板推力的沖量為：

1=Ft=1000WX30s=30000/V?S,

故C錯誤；

。、駕駛員從靜止到達到最大速度的過程中，由動能定理得：

1,

z

Wp-Wa=-mv

平均功率為：P=^.,因為不知道駕駛員從靜止到達到最大速度的時間，以及運動過程

At

中阻力所做的功所以無法求出平均功率，故。錯誤。

故選：B。

對人進行受力分析，根據(jù)共點力平衡解決力的問題；用汽車功率決絕最大速度和平均功

率問題。

解答時注意滑板受到的力尸是恒力，但是阻力隨速度的增大而減小，所以不是勻變速運

動。加速到最大速度時的時間是求不出來的。

5.【答案】D

【解析】解：4由題可知，E。為豎直上拋的初動能，隨著x的增大&在減小，所以圖像

是取豎直向上為正方向的，故A錯誤；

8.由圖像可知，小球上升了15〃?后，后上由&)變?yōu)閨&),所以當x=45m時，Ek=0,所

以小球拋出后上升的最大高度為45,〃，故B錯誤；

C.設空氣阻力大小為/，小球上升過程中，由動能定理可得△E-=(mg+/)△%,

小球下降過程中，由動能定理可得^Ek2=(mg-H△x,

由圖像可知

△Eki+f3F°E。

△X

△&29^o2E

==-=—0

△X

其中7ng=10N,

聯(lián)立解得f=2N,故C錯誤；

。.由C可知，f=2N,且鱉=mg+/=^

代入數(shù)據(jù)解得E()=540/,故。正確。

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故選：Do

小球以初速度％豎直向上拋出后，在重力和空氣阻力作用下而做的運動，上升過程重力

和空氣阻力都豎直向下，對小球做負功；下落過程空氣阻力向上，對小球做負功，重力

向下，對小球做正功。結合圖像，分別對上升和下落過程運用動能定理，即可解出阻力

和位移等相關物理量。

本題考查有空氣阻力作用的豎直上拋運動，要求學生從圖像讀取信息，找到數(shù)量關系，

并結合動能定理求解，對學生分析問題能力有一定要求。

6.【答案】AC

【解析】解：AB、當導體框繞過“?的軸以角速度3勻速轉動時，回路中磁通量不發(fā)生變

化，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得導體框中無感應電流，故A正確、B錯誤；

C、導體框轉動時而和6c邊切割磁感應線，但回路中的感應電流為零，根據(jù)U=/R可

知4、6兩點間電勢差為0,故C正確；

。、導體框繞過d的軸以角速度3勻速轉動時，根據(jù)右手定則可知。和d都是高電勢，

且Uae=4e，所以Wa=Wd，”兩點間電勢差為。，故。錯誤。

故選：AC.

根據(jù)法拉第電磁感應定律分析導體框中有無感應電流；根據(jù)U=/R可知〃、b兩點間電

勢差大??；根據(jù)右手定則可判斷電勢的高度，由此確定“、”兩點間電勢差。

本題主要是考查感應電流的產(chǎn)生條件，掌握導體棒轉動切割磁感應線產(chǎn)生感應電動勢的

計算方法，知道閉合回路磁通量發(fā)生變化時回路中會產(chǎn)生感應電動勢。

7.【答案】AC

【解析】解：對第一種情況下，因滑塊勻速下滑，則mgsin。="mgcosO,

此時對滑塊和斜面的整體，豎直方向曲=(m+M)g

水平方向不受力，則地面對斜面體的摩擦力為零；

加豎直向下的力尸后，則表達式(mg+F)sin0=n(mg+Qcos。仍成立，即物體仍勻

速下滑，則對滑塊和斜面的整體水平方向不受力，則地面對斜面體的摩擦力仍為零，即

分不變；

豎直方向斜面對地面的壓力變?yōu)镹/=(m+M)g+F,即%變大；

第二種情況，地面對滑塊的摩擦力為%=mgcosd?sine,

斜面對地面的壓力Ng=mgcosd-cosd+Mg

加力尸后地面對滑塊的摩擦力變?yōu)?/p>

fB'—(mg+F)cos0-sin0

斜面對地面的壓力NJ=(mg+F)cos0-cosd+Mg

即加增加，岫增加；選項AC正確，8。錯誤。

故選：AC。

AB兩圖主要區(qū)別在于4斜面有摩擦力而B斜面沒有，本題需要分別對兩種情況進行受

力分析，先對平衡狀態(tài)下兩圖進行分析,再考慮施加力產(chǎn)后受力情況的變化，即可求解。

本題考查共點力平衡條件以及力的合成與分解，要求學生準確把握斜面模型中不同情況

對應的受力分析以及力的分解方法，難度適中。

8.【答案】BD

【解析】解：A、粒子沿方向做勻速直線運動，由于4E=E。，

所以粒子在ABFE區(qū)域和EFC。區(qū)域經(jīng)過的時間相等，設為3運動

軌跡如圖所示。

粒子從A點出發(fā)，剛好經(jīng)過。點射出電場，且粒子運動軌跡與BC相

切于M點，取向右為正，則有：

-1,1qE],

EN=-ait2=-x----12

22m

2

—EN=vxt—^a2t)其中以=a2—

聯(lián)立解得：％：a2=1：3,Ei：E2=1：3,故A錯誤；

8、設粒子從N到M的時間為已根據(jù)速度-時間關系可得:以=a1t=azt',解得：t'=*,

所以有：FM-MC=vot'：Vo(t-t')=1：2,所以FM=^CF,故8正確；

C、水平方向根據(jù)位移-速度關系可得：出=2%.臼V=2。2?云，解得：竺="=三，

XIzENa23

所以N為EF的一個4等分點，故C錯誤；

。、粒子沿AD方向做勻速直線運動，根據(jù)勻速直線運動的規(guī)律可知粒子在矩形區(qū)域

4BC。中運動的總時間為t#=:，故。正確。

故選:BD。

粒子沿AO方向做勻速直線運動，在電場中先向右做勻加速直線運動，再向右做勻減速

直線運動中，最后向左做勻加速直線運動，根據(jù)運動情況，結合運動的合成與分解、牛

頓第二定律、位移-時間關系求解電場強度之比；根據(jù)速度-時間關系、位移一時間關

系分析M點和N點的位置；根據(jù)勻速直線運動的規(guī)律可知粒子在矩形區(qū)域ABC。中運

動的總時間。

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本題主要是考查帶電粒子在電場中的運動，關鍵是弄清楚粒子的運動情況和受力情況,

根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式進行分析。

9.【答案】0.6物塊已與傳送帶共速，x與嚴失去線性關系

【解析】解：(1)通過描點作圖，

如圖所示。

(2)根據(jù)x=|at2

得：t2=：x,所以圖像斜率k=

21

根據(jù)牛頓第二定律：f=nmg=

ma,解得：〃=0.6

(3)如果AB間距很大，當物體加速到與傳送帶速度相同后，會與傳送帶一起勻速運動,

t2隨x變化的規(guī)律不再是前面的正比例關系。

故答案為：(1)產(chǎn)-X圖像見解答；(2)0.6；(3)物塊已與傳送帶共速，x與t2失去線性關

系。

知道本實驗的原理是做這道題的關鍵，要求摩擦因數(shù)，已知的是物塊的運動情況，所以

實質是你的第二定律與運動學公式結合。用x=：妙2導戶與x的函數(shù)關系，結合牛頓第

二定律即可求解。

本題考查的是通過物體的運動測定動摩擦因數(shù)，需要注意的是：要測動摩擦因數(shù)必須先

測滑動摩擦力，所以理解題中測定滑動摩擦力的原理是解題的關鍵。

10.【答案】A2920012.5180146

【解析】解：(1)由于題目沒有給電壓表,

為測電壓可以將阻值已知的電流表&與定

值電阻串聯(lián)后當電壓表使用，

則此時/?2=/即=茄谷°一

800。=92000；

(2)由于滑動變阻器較小，控制電路采用分壓接法，由于改裝電壓表內阻已知，故電流

表采用外接法，所以設計電路圖如圖所示，并按圖連接實物圖；

(3)根據(jù)電表的最小分度讀出4=12.5mA,而/2=180必。所以&=?=

lx

180x10-6(800+9200)

12.5x10-3-180x10-6C=1460。

故答案為：(1)&、9200；(2)如圖所示

(3)12.5、180、146

(1)根據(jù)電壓表改裝原理，由歐姆定律求出分壓電阻的大??；

(2)由實驗原理和所給的器材限定設計電路圖，并按圖連接實物;

(3)先根據(jù)電表的最小分度讀出兩表的示數(shù)，再根據(jù)串并聯(lián)電路電流電壓關系和歐姆定

律計算待測電阻的值。

本題考查電壓表的改裝、電路圖的設計與實物連接及歐姆定律等內容，要從實驗原理出

發(fā)，結合題設條件及實際操作細節(jié)答題。

11.【答案】解：(1)物塊P在斜面上下滑過程機械能守恒，設物塊P到達斜面底端時的

速度大小為藥，由機械能守恒定律得：

1

m^gh=7

代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s

物塊P相對傳送帶滑動過程，對物塊P，由牛頓第二定律得：

umiO__

a=-----==0.6X10m/s2—6m/s2

由勻變速直線運動的速度-位移公式得：-2asi=詔-/

代入數(shù)據(jù)解得，物塊尸速度減到與傳送帶速度相等的位移：S1=-^m<L=1.0m,

物塊與傳送帶速度相等后一起做勻速直線運動，兩物塊碰撞前瞬間，尸的速度大?。?=

2m/s

(2)兩物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，

設碰撞后尸的速度大小為孫，。的速度大小為",以向右為正方向，由動量守恒定律得：

m1v1=m^Vp4-mvQ

由機械能守恒定律得：

111

2ml說=2ml詔+-mv^

代入數(shù)據(jù)解得：vP=1.2m/s,vQ=0.8m/s

P第二次運動到。點需要的時間：

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2vPx

tp=z+至

2

P＞。間的距離：s=Vqtp

代入數(shù)據(jù)解得：s=1.12m

答：(1)P、Q碰撞前瞬間，物塊產(chǎn)的速度大小內是2TH/S。

(2)物塊P第二次運動到。點時，P、。兩物塊之間的距離s是1.12小。

【解析】(1)應用機械能守恒定律求出物塊尸到達斜面底端時的速度，應用牛頓第二定

律求出物塊在傳送帶上運動時的計數(shù)點，然后應用運動學公式求出兩物塊碰撞前瞬間P

的速度大小。

(2)兩物塊發(fā)生彈性碰撞，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出碰撞后的速度，應

用牛頓第二定律與運動學公式求出物塊P第二次運動到。點時P、Q兩物塊之間的距離

本題是一道力學綜合題，根據(jù)題意分析清楚物塊的運動過程是解題的前提，應用牛頓第

二定律、運動學公式、動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。

12.【答案】解：(1)由幾何關系可知，粒子A

在磁場當中圓周運動的半徑：r=R

根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：

解得："述

m

(2)由幾何關系可知，粒子A與B結合前速度

方向與x軸正方向成60。斜向下

設M速度為V,由動量守恒知其方向仍與x

軸正方向成60。斜向下

mv=2mv'

C進入外后勻速直線運動，電場力與洛倫茲

力平衡，則電場強度的方向與x軸負方向成

30。斜向下

qv'B2-qE

解得：E=粵”

(3)C穿出后在電場力作用下做類平拋運動，沿M方向勻速直線，沿電場力方向以加速度

。做初速度為零的勻加速直線運動。根據(jù)牛頓第二定律有：qE=2ma

設類平拋沿邊界線的距離為d,則

dcos300=v't

1

dsin300=-at2

2

解得：d=^R

JD2

所求距離s=2ltan600+d=2由I+華?/?

答：(1)粒子A進入磁場當時速度v的大小為甯；

(2)第四象限r(nóng)＞，的區(qū)域內勻強電場的電場強度E的大小為嘿々方向與x軸負方向成

30。斜向下；

(3)粒子C第二次進入B2的位置到x軸的距離+最R。

【解析】(1)粒子在當中做勻速圓周運動，求出軌跡半徑，再由洛倫茲力提供向心力列

方程求解；

(2)粒子C進入B2后做勻速直線運動，由平衡條件求解電場大小及方向；

(3)粒子第一次出為后做類平拋運動，用運動合成分解求位置。

本題考查了帶電粒子在勻強磁場和勻強電場以及復合場中的運動，主要是熟悉粒子在各

種場中運動的處理方法，可以通過畫草圖找?guī)缀侮P系。

13.【答案】CDE

【解析】解：A、高壓密閉的鋼管中的油從筒壁滲出，說明組成物質的分子間存在間隙，

這是外力作用的結果，而不是鋼分子對油分子的斥力，故A錯誤；

8、溫度是分子平均動能的標志，溫度降低，分子平均動能減小，但并非物體內所有分

子運動的速率都變小，故B錯誤；

C、物質是由分子組成的，分子間存在相互作用的引力與斥力，一般固體難以拉伸，是

因為分子間存在引力，故C正確；

。、溫度升高時，分子熱運動的平均動能一定增大，因此分子的平均速率一定增大，故

。正確；

E、一定質量的氧氣，分子總數(shù)目是一定的，100汽的氧氣與(TC氧氣相比，速率大的分

子數(shù)比例較多，故E正確。

故選：CDE.

組成物質的分子間存在間隙，高壓密閉的鋼管中的油從筒壁滲出，不是分子斥力的作用，

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而是外力作用；溫度是分子平均動能的標志，而分子平均動能是大量分子的一種統(tǒng)計規(guī)

律，不適用于每一個分子；物質是由分子組成的，分子間存在間隙，分子永不停息地做

無規(guī)則運動，分子間存在相互作用的引力與斥力；不同溫度下的分子速率分布曲線理解

溫度是分子平均動能的標志的含義。

本題考查了分子力、溫度的微觀意義等知識點，知道溫度是物體分子平均動能的標志，

屬于識記性內容、基礎知識的考查，只要平時多加積累，難度不大。

14.【答案】解：①設細管的橫截面積為S,以豎直管b下端所封閉的氣體為研究對象：

初態(tài)：Pbo=Po++八2=76cmHg+4cmHg+20cmHg=lOOcmHg,Vb0=lbS

末態(tài)：Pbi=->=(%—△，)S

氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：ph0Vb0=pblVbl

解得：Pbi=200cmH