2021年貴州省普通高等學校招生高考物理適應(yīng)性試卷

2021年貴州省普通高等學校招生高考物理適應(yīng)性試卷（3

月份）

1.物理學家往往在已有理論的啟發(fā)下提出新的觀點，從而使物理學不斷得到豐富和完

善。請根據(jù)這種發(fā)展規(guī)律，判斷以下量子物理學成就出現(xiàn)的先后順序正確的是（）

A.愛因斯坦的光子說、普朗克的能量子假說、玻爾的原子模型

B.玻爾的原子模型、愛因斯坦的光子說、普朗克的能量子假說

C.普朗克的能量子假說、玻爾的原子模型、愛因斯坦的光子說

D.普朗克的能量子假說、愛因斯坦的光子說、玻爾的原子模型

2.現(xiàn)在部分手機已經(jīng)可以實現(xiàn)無線充電，其中一種無線充電主要通過在充電器面板和

手機背面各安裝一個線圈來實現(xiàn)，如圖所示。下列說法正確的是（）

A.若充電器線圈中通恒定電流，則手機線圈中將產(chǎn)生恒定電流

B.若充電器線圈中通正弦交變電流，則手機線圈中將產(chǎn)生交變電流

C.若充電器線圈中電流均勻增加，則手機線圈中電流一定均勻增加

D.若僅改變手機線圈匝數(shù)，手機線圈兩端電壓不會發(fā)生改變

3.2020年12月3日，嫦娥五號上升器成功從月球表面發(fā)射，這是我國首次實現(xiàn)地外

天體起飛。已知地球半徑為月球半徑的A倍，地球表面的重力加速度是月球表面重

力加速度的〃倍，忽略天體自轉(zhuǎn)的影響，則地球第一宇宙速度與月球第一宇宙速度

的比值為（）

A.yjknB.—C.knD.白

yjknkn

4.如圖所示，04OC和0。分別是方向均垂直紙面向外F'、??/D

的勻強磁場I、n的邊界,OC與04、。力的夾角均為60。。?1?'?t/

一不計重力的帶正電粒子以某一速度沿紙面垂直0A邊-LZ.APZ/

AO

界進入磁場i,并恰好垂直oc邊界進入磁場n。若磁

場I、u的磁感應(yīng)強度之比為1：2,則粒子射出磁場n時的方向與0。邊界的夾角

為（）

A.30°B.45°C.60°D.90°

5.如圖所示，傾角為。的斜面固定在水平地面上，質(zhì)量均為，〃p

的兩長方體物塊P、Q保持相對靜止沿斜面加速下滑。已

知P、。間動摩擦因數(shù)為2”，。和斜面間動摩擦因數(shù)為〃，

重力加速度大小為g,下列選項正確的是（）

A.尸對。的摩擦力平行斜面向上

B.P、Q的加速度大小為gsin。-2ngcos0

C.P,。之間摩擦力的大小為“zngcos。

D.。與斜面之間摩擦力的大小為3〃mgcos。

6.如圖是甲、乙兩物體在同一直線上運動的位置-時間圖像,

下列說法正確的是（）

A.在匕時刻，甲、乙兩物體相遇

B.0?七2時間內(nèi)，甲做減速運動

C.0?t2時間內(nèi)，甲的平均速度大于乙的平均速度

D.0?t2時間內(nèi)，某時刻甲、乙兩物體速度大小可能相同

7.在一固定點電荷。的電場中有A、8兩點，且A、B與點電荷。在同一直線上，如

圖甲所示（其中。未畫出）。在4、8兩點分別放置試探電荷，以向右為正方向，作

出試探電荷受到的電場力尸與其電荷量q的關(guān)系如圖乙中直線“、6所示，圖中。1>

%，則（）

B

圖甲

A.Q為正電荷B.Q位于A、8兩點之間

C.A點場強大于8點場強D.4點電勢高于B點電勢

8.如圖所示，在水平面內(nèi)有一對足夠長且電阻不計的平行光滑固定金屬導軌，導軌左

端通過一定值電阻R相連，整個裝置處于垂直于水平面的勻強磁場中.某時刻，一

垂直導軌放置的金屬棒正向右運動，此時給棒施加一垂直棒的水平外力F,使棒此

后做加速度為〃的勻變速直線運動。下列關(guān)于〃的方向和F的大小判斷可能正確的

是（）

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X_XnXXX

X

RXXXX

X—*?VoB

XXX

XXXxX

A.若a向右，則尸一直增大B.若。向右，則尸先減小再增大

C.若a向左，則尸一直增大D.若a向左，則F先減小再增大

9.為驗證做勻速圓周運動物體的向心加速度與其角速度、軌道半徑間的定量關(guān)系:a=

a)2r,某同學設(shè)計了如圖所示的實驗裝置。其中AB是固定在豎直轉(zhuǎn)軸。。'上的水平

凹槽，A端固定的壓力傳感器可測出小鋼球?qū)ζ鋲毫Φ拇笮。?端固定一寬度為d

的擋光片，光電門可測量擋光片每一次的擋光時間。實驗步驟：

①測出擋光片與轉(zhuǎn)軸的距離為L；

②將小鋼球緊靠傳感器放置在凹槽上，測出此時小鋼球球心與轉(zhuǎn)軸的距離為r；

③使凹槽AB繞轉(zhuǎn)軸0。'勻速轉(zhuǎn)動；

④記錄下此時壓力傳感器示數(shù)尸和擋光時間△

(1)小鋼球轉(zhuǎn)動的角速度3=(用L、d、表示)：

(2)若忽略小鋼球所受摩擦，則要測量小鋼球加速度，還需要測出；若該物

理量用字母x表示，則在誤差允許范圍內(nèi)，本實驗需驗證的關(guān)系式為(用L、

10.某同學要將一滿偏電流為1加4的電流表改裝為量程為0?3V的電壓表。

(1)他用多用電表測得該電流表的內(nèi)阻為3000,則要完成改裝，應(yīng)將一阻值R=

0的定值電阻與電流表串聯(lián)。

(2)改裝后的電壓表需利用一標準電壓表對其進行檢測，請根據(jù)圖甲所示的檢測電

路，將圖乙中實物連線圖補充完整。

(3)閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器，當標準電壓表示數(shù)為3V時，電流表示數(shù)為0.96nM,

說明改裝后的電壓表滿偏電壓______3V(選填“>”或“<”)。若造成此誤差的原

因是多用電表測出的電流表內(nèi)阻3000不準，由此可判斷(1)中計算得到的阻值R比

需要的阻值(填“偏大”或“偏小”)。

(4)為解決上述問題，應(yīng)把串聯(lián)電阻的阻值R改為0。

11.空間中存在一方向豎直向下的勻強電場，若將一質(zhì)量為機、帶電荷量為q(q>0)的

小球從距水平地面高〃的。點水平拋出，小球經(jīng)時間/落地，其中g(shù)為重力加速

度。

(1)求該勻強電場場強的大?。?/p>

(2)若保持此勻強電場場強大小不變，方向旋轉(zhuǎn)120。，將該小球從。點靜止釋放，

則小球經(jīng)過多長時間落地？

12.如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)、半徑R=0.4機的光滑四分之一圓弧軌道。端與一水

平直軌道相切，直軌道上的反。兩點相距L=2.5m,c點右側(cè)有一水平放置且右端

固定的輕彈簧。一滑塊A由空中某處靜止釋放，從圓弧軌道最高點進入軌道。另一

質(zhì)量ms=12kg的滑塊8壓縮彈簧后由靜止釋放，離開彈簧后通過劭段并恰好在

b點與A發(fā)生正碰，碰后兩滑塊均反向彈回，且A沿圓弧上升的最大高度九=0.2機。

已知碰前瞬間B的速度大小外=5m/s,A第一次和第二次經(jīng)過a點時對軌道的壓

力大小之比FNI：FN2=5：2,兩滑塊與灰段的動摩擦因數(shù)均為“=0.2,其余摩擦

及空氣阻力不計，4、8均可視為質(zhì)點，取重力加速度g=10rn/s2。

(1)求B釋放時彈簧的彈性勢能Ep：

(2)求A從空中釋放時距水平直軌道的高度H；

(3)若兩滑塊恰好不發(fā)生第二次相碰，求A的質(zhì)量啊。

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pA

777777777777777777777777777771J

13.一定質(zhì)量的理想氣體，從初始狀態(tài)。經(jīng)狀態(tài)從c、d

再回到a,它的壓強p與熱力學溫度7的變化關(guān)系如圖

所示，其中加和cd的延長線過坐標原點，狀態(tài)。、d

的溫度相等。下列判斷正確的是()

A.氣體在狀態(tài)。的體積小于在狀態(tài)c的體積

B.從狀態(tài)d到“，氣體與外界無熱交換

C.從狀態(tài)b到c,氣體吸收的熱量大于它對外界做的功

D.從狀態(tài)“到6,氣體吸收的熱量不等于它增加的內(nèi)能

E.從狀態(tài)“到c,氣體吸收的熱量不等于從狀態(tài)c到。放出的熱量

14.粗細均勻且長度為L=55cm的玻璃管一端封閉，管內(nèi)有一段長度d=

15an的水銀柱。當玻璃管開口向上豎直放置時，管內(nèi)被水銀柱封閉

的空氣柱長度5=20cm,如圖甲所示.現(xiàn)將玻璃管緩慢地轉(zhuǎn)到開口|?

向下的豎直位置，如圖乙所示，此過程玻璃管內(nèi)氣體溫度恒為2=|

300K。已知大氣壓強為po=75cm〃g。

圖甲圖乙

(i)求圖乙中管內(nèi)封閉空氣柱的長度G；

(”)現(xiàn)使圖乙中管內(nèi)氣體溫度緩慢升高，求水銀柱下表面剛好下降到玻璃管口時管

內(nèi)氣體的溫度兀

15.某同學利用如圖甲所示的單擺測量當?shù)刂亓铀俣萭,他通過多次改變擺長L,并

測出不同擺長對應(yīng)的周期。作出72一小的圖像如圖乙所示。下列選項正確的是（）

oXlX2

A.為減小誤差，應(yīng)盡量增大擺角

B.為減小誤差，應(yīng)盡量選擇質(zhì)量較大、體積較小的擺球

C.為減小誤差，測周期時應(yīng)從擺球經(jīng)過最低點時開始計時

D.圖乙中圖線延長線不過坐標原點的原因可能是將擺球的直徑計入了擺長

E.由圖乙可得，當?shù)刂亓铀俣?=哼守

16.如圖所示，直角三角形ABC為某三棱鏡的橫截面，乙4=30°,AK

A8邊長度為18a%位于截面所在平面內(nèi)的一細光束從A8邊卜*

以入射角i射入三棱鏡，恰好垂直AC邊射出，已知si加=0.8。7S4\

（i）求該三棱鏡的折射率；J______

3）若同樣的細光束從8c邊中點垂直BC邊射入三棱鏡，求光

束在三棱鏡中的傳播路程。（不考慮光線在三棱鏡內(nèi)的多次反射）

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：量子物理學成就出現(xiàn)的先后順序正確的是普朗克的能量子假說（1900年）、

愛因斯坦的光子說（1905年）、玻爾的原子模型（1913年），故ABC錯誤，。正確。

故選：D。

本題是物理學史問題，根據(jù)愛因斯坦、普朗克、玻爾的物理學成就進行解答。

解答本題的關(guān)鍵要了解量子力學發(fā)展的歷史進程，熟悉量子物理學成就出現(xiàn)的年代和相

關(guān)科學家的貢獻。

2.【答案】B

【解析】解：4、若充電器線圈中通恒定電流，則手機線圈中的磁通量將不會發(fā)生變化，

不會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，也就沒有電流，故4錯誤；

8、若充電器線圈中通正弦交變電流，根據(jù)變壓器的知識，則手機線圈中將產(chǎn)生交變電

流，故B正確；

C、若充電器線圈中電流均勻增加，根據(jù)變壓器的原理，手機線圈中的磁通量將均勻變

化，則手機線圈中電流恒定，故C錯誤；

。、若僅改變手機線圈匝數(shù)，根據(jù)變壓器的原理，手機線圈兩端電壓會發(fā)生改變，。錯

誤。

故選：Bo

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律判斷原副線圈中電流變化問題。

本題考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象在生活和生產(chǎn)中的應(yīng)用，比較簡單，熟悉法拉第電磁感應(yīng)定律并

能熟練應(yīng)用是解題關(guān)鍵。

3.【答案】A

【解析】解：第一宇宙速度是衛(wèi)星做圓周運動的最大環(huán)繞速度，是近地衛(wèi)星的線速度,

根據(jù)萬有引力提供向心力：G^=mj得到"=舟

忽略天體自轉(zhuǎn)的影響，在天體表面，萬有引力等于重力：G巖=mg

兩式聯(lián)立得：v=y/~gR

已知地球半徑為月球半徑的攵倍,地球表面的重力加速度為月球表面重力加速度的n倍,

則地球第一宇宙速度與月球第一宇宙速度的比值為上=%^=屬，故A正確，BCD

"月Jg月R月

錯誤；

故選：4。

根據(jù)近地衛(wèi)星所受萬有引力等于向心力，忽略天體自轉(zhuǎn)時，天體表面萬有引力等于重力，

即可求解地球和月球第一宇宙速度的比值。

本題考查第一宇宙速度的求解，需要知道第一宇宙速度是什么，會用黃金代換求解。

4.【答案】A

【解析】解：由于帶正電的粒子以某一速度沿紙面垂直0A邊界進入磁場I,并恰好垂

直0C邊界進入磁場口，

則粒子在磁場中運動軌跡的圓心為。點，根據(jù)牛頓第二定律有：

mv2

q詁=丁

解得：「=三

由于磁場I、II的磁感應(yīng)強度之比為1：2,故粒子在磁場II中軌跡圓半徑的也由此得

出粒子的運動軌跡如圖，

AO

由幾何關(guān)系可得，粒子離開磁場n時速度與0￡＞邊界的夾角為30。，故A正確，3CD錯

誤。

故選：A。

根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系可得粒子射出磁場n時的方向與。。邊界的

夾角。

明確粒子在磁場中做勻速圓周運動，明確粒子在磁場中運動的半徑與磁場強度之間的關(guān)

系是解決問題的關(guān)鍵。

5.【答案】C

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【解析】解：D、由于P、。保持相對靜止，可將P、?？闯烧w，對PQ整體，。與斜

面之間摩擦力的大小為/=〃-2mgeos。,故。錯誤；

B、由牛頓第二定律2?ngsi?iO--2mgcos。=2ma,解得PQ的加速度大小為。=

gsind-ugcos。，故B錯誤；

AC、記尸、。之間摩擦力為尸，對物體尸，由牛頓第二定律mgsin8-/'=ma,解得/'=

HmgcosQ,方向沿斜面向上；則根據(jù)牛頓第三定律，尸對Q的摩擦力沿斜面向下：故A

錯誤，C正確；

故選：Co

解答本題可先用整體法，將P、。看成整體，分析得出斜面與Q的摩擦力以及P0的共

同加速度；再利用隔離法求出之間的相互作用力

本題考查受力分析與牛頓第二定律，要求學生靈活運用整體法和隔離法分析物體的運動

狀態(tài)和受力情況，難度適中。

6.【答案】AD

【解析】解：A、在亢時刻，甲、乙兩物體到達同一位置，即相遇，故A正確；

3、根據(jù)x-t圖像的斜率表示速度，0?t2時間內(nèi)，甲圖像的切線斜率不斷增大，則甲物

體的速度不斷增大，做加速運動，故B錯誤；

C、根據(jù)位移等于縱坐標的變化量，可知0?t2時間內(nèi)，甲的位移小于乙的位移，則。?t2

時間內(nèi)，甲的平均速度小于乙的平均速度，故C錯誤；

。、0?以時間內(nèi)，某時刻甲圖像的切線斜率與乙圖像的斜率大小能相等，則該時刻甲、

乙兩物體速度大小相等，故。正確。

故選：AD?

位置-時間圖像反映物體的位置隨時間的變化規(guī)律，兩圖像的交點表示兩物體相遇，圖

像的斜率表示速度，位移等于縱坐標的變化量，結(jié)合平均速度等于位移與時間之比分析。

解決本題時，要知道位移-時間圖像的斜率等于速度、位移等于縱坐標的變化量是分析

的關(guān)鍵。

7.【答案】BC

【解析】解：A3、由圖線a可知，在A點放正的檢驗電荷時受電場力方向向右，說明A

點電場方向向右，由圖線b可知，在B點放正的檢驗電荷時受電場力方向向左，說明A

點電場方向向左，說明場源電荷。為負電荷且位置在A、B兩點之間，故A錯誤，B正

確；

C、由尸=勺？知，F(xiàn)—q圖線的斜率大小等于電場強度的大小，所以A點電場強度大于8

點電場強度，故C正確；

D、因為4點場強大于3點場強，所以A點距離場源電荷Q（帶負電）更近，根據(jù)沿電場

線方向電勢降低，8點電勢高于A點電勢，故O錯誤。

故選：BC。

根據(jù)AB兩點的場強方向分析場源電荷的電性及位置：根據(jù)場強的大小分析AB到場源

電荷的距離關(guān)系，進而分析電勢高低。

本題考查了利用IF-q圖像考查了點電荷的場強及電勢概念，解題關(guān)鍵在于對圖像的意

義的理解要熟練。

8.【答案】ACD

【解析】解：AB,設(shè)金屬棒的電阻為心若“向右，金屬棒向右做勻加速直線運動，因

金屬棒所受安培力方向向左，則外力/方向必水平向右，根據(jù)牛頓第二定律得尸一尸安=

ma,又嚴方==電之

女R+r

聯(lián)立得F=ma+*,據(jù)題a不變，m、B、L、R、r均不變，隨著v的增大，尸一直

R+r

增大，故A正確，B錯誤;

CD,若a向左，金屬棒先向右做勻減速直線運動，當速度向右減到零以后，再反向向

左做勻加速直線運動。

若開始時外力F也水平向左，在向右做勻減速運動過程，F(xiàn)+F^=ma,隨速度減小，

安培力減小，則外力F增大；在向左勻加速運動的過程，安培力方向水平向右，尸一尸安=

ma,隨速度增大，安培力增大，則外力F增大，故此情況外力F一直增大（方向一直保

持向左）；

若開始時外力尸水平向右，在向右做勻減速運動過程，F(xiàn)^-F=ma,隨速度減小，安

培力減小，則外力尸減小，當安培力減小到產(chǎn)紇=血。時，此時外力尸減小到零，安培

力繼續(xù)減小，尸將反向水平向左而增大；在向左勻加速運動的過程，安培力方向水平向

右，F(xiàn)-F^=ma,隨速度增大，安培力增大，則外力尸增大，故此情況外力產(chǎn)先減小

再增大（方向先向右再向左）。

綜上所述，若a向左，則F可能一直增大；也可能先減小再增大，故CD正確。

故選：ACDo

第10頁，共17頁

金屬棒做加速度為a的勻變速直線運動，棒的合力恒定，根據(jù)牛頓第二定律和安培力與

速度的關(guān)系列式，分析尸的變化情況。

解答本題的關(guān)鍵要根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和安培力公式F=8〃推導出安

培力與速度的關(guān)系式尸紛=手,根據(jù)牛頓第二定律列式分析F的變化情況。

女R+r

9.【答案】化小鋼球質(zhì)量￡

LAtXL2(At)2

【解析】解：(1)擋光片的線速度〃=二，小鋼球和擋光片同軸，則小鋼球的角速度3=

△c

vd

—-............O

LLAt

(2)根據(jù)牛頓第二定律，要求出加速度還需要測量小鋼球的質(zhì)量，根據(jù)尸=maBPa=￡=

P又a=32”貝必=(&Ar,即￡=品。

故答案為：(1)羔(2)小鋼球質(zhì)量，：=日亮。

根據(jù)已知條件可以求出擋光片的線速度，小鋼球和擋光片的角速度一樣，根據(jù)公式求解

即可。結(jié)合牛頓第二定律可知加速度是合力除以質(zhì)量，而從圓周運動的角度也能求出加

速度，驗證這兩個角度計算的加速度是否相等。

本題考查探究向心力與角速度半徑的關(guān)系，注意會從兩個不同角度計算加速度。

10.【答案】2700＞偏大2575

【解析】解：(1)把電流表改裝成量程是3丫的電壓表串聯(lián)電阻阻值R=芹-以=

19

.0-3。。。=27。。。。

(2)根據(jù)圖示電路圖連接實物電路圖如圖所示;

圖乙

(3)并聯(lián)電路兩端電壓相等，當電流表示數(shù)為0.96nM時改裝后電壓表兩端電壓是3匕

電流表滿偏電流表示數(shù)為1〃小時改裝后電壓表兩端電壓即改裝后電壓表量程大于3匕

改裝后電壓表量程大于3U說明改裝后電壓表內(nèi)阻偏大，串聯(lián)電阻阻值偏大。

(4)改裝后電壓表內(nèi)阻：5==

X.權(quán)/U.7OX1U

U3

正確改裝后電壓表內(nèi)阻應(yīng)為R的=萬=笳m0=30000,

改裝后電壓表內(nèi)阻阻值偏大△R=R改裝-R內(nèi)=31250-3000/2=125。

則應(yīng)把串聯(lián)電阻阻值改為R'=R—△R=27000-125。=2575。

故答案為：(1)2700；(2)實物電路圖如圖所示；(3＞；偏大;(4)2575。

(1)應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值。

(2)根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖。

(3)根據(jù)題意應(yīng)用并聯(lián)電路特點與歐姆定律分析答題。

(4)根據(jù)串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出串聯(lián)電阻阻值。

本題考查了電壓表的改裝，理解電壓表的改裝原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用串并聯(lián)電

路特點與歐姆定律即可解題。

11.【答案】解：(1)設(shè)該勻強電場場強的大小為E,小球的加速度大小為“，由牛頓第

二定律得

mg+qE=ma

小球受到重力和電場力兩個力作用，合外力恒定，且合外力方向與初速度方向垂直，所

以小球做類平拋運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則

2

h=-2at

據(jù)題知t=R

聯(lián)立以上各式解得E=詈

(2)保持此勻強電場場強大小不變，方向旋轉(zhuǎn)120。，小球受到的電場力大小不變，方向

旋轉(zhuǎn)120。后，與豎直方向成60。角斜向上。

設(shè)電場方向旋轉(zhuǎn)后小球在豎直方向的分加速度大小為a”根據(jù)牛頓第二定律得

mg—qEcos60°=may

設(shè)小球的運動時間為乙則在豎直方向上有

1

h=2ayt，2

解得y=2JI

答：(i)該勻強電場場強的大小為詈；

(2)小球經(jīng)過2位時間落地。

第12頁，共17頁

【解析】(1)小球受到重力和電場力兩個力作用，合外力方向與初速度方向垂直，所以

小球做類平拋運動，采用運動的分解法研究：小球在豎直方向上做初速度為零的勻加速

直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和位移-時間公式相結(jié)合求解電場強度的大小。

(2)保持此勻強電場場強大小不變，方向旋轉(zhuǎn)120。，小球受到的電場力大小不變，方向

旋轉(zhuǎn)120。，根據(jù)牛頓第二定律求出豎直方向的分加速度，再由豎直方向的分運動來求小

球的運動時間。

本題是帶電體在電場中做類平拋運動和直線運動的類型，由于小球受到的合外力是恒力,

所以可以采用運動的分解法研究，要把握分運動的規(guī)律，運用牛頓第二定律和運動學公

式進行解答。

12.【答案】解：(1)根據(jù)能量守恒得，8釋放時彈簧的彈性勢能：Ep=\mBvl+iimBgL,

代入數(shù)據(jù)解得：Ep=21/；

(2)設(shè)滑塊A第一次運動到a點的速度大小為山，根據(jù)機械能守恒定律得：mAgH=

加說，

在a點，根據(jù)牛頓第二定律得：FN1—mAg=mA

2

設(shè)滑塊A第二次運動到a點的速度大小為以'，根據(jù)機械能守恒定律得:叫g(shù)h=\mAvA',

根據(jù)牛頓第二定律得：F—犯4g=

N2R

v^=-

FN22,

f

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：vA=4m/s,vA=2m/s,H=0.8m；

(3)若A、B剛好不能發(fā)生第二次碰撞，此時分兩組情況。

第一種情況：8未滑離秘段，此時A、8剛好不碰撞的條件是A、8碰后的速度大小：

VA—VB19

r

規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：rnAvA-mBvB=-mAvA+

代入數(shù)據(jù)解得：mA=1.4kg；

第二種情況：8滑離A段后壓縮彈簧，反彈后再次進入秘段，這種情況下8碰后的速

度為如2’，設(shè)A在兒段運動的位移為-則8在歷段運動的總路程為2L-%,

根據(jù)動能定理，對于滑塊A有：一〃如卬:=0-1如琢，

對于滑塊5有：一⑷HB9(2L-久)=0-1血"如2。，

f

同理：=-mAvA4-mBvB2

代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得：mA=1.8kg,

答：(1)8釋放時彈簧的彈性勢能為2U；

(2)4從空中釋放時距水平直軌道的高度為0.8m；

(3)月的質(zhì)量為1.4kg或1.8kg。

【解析】(1)根據(jù)能量守恒定律，結(jié)合8在粗糙水平面上滑動的路程以及在b點時8的

速度大小，求出彈簧的彈性勢能；

(2)根據(jù)A沿圓弧上升的最大高度/?,求出滑塊A第二次到達。點的速度大小，根據(jù)牛

頓第二定律，結(jié)合A第一次和第二次經(jīng)過。點時對軌道的壓力大小之比求出第一次到達

a點的速度大小，根據(jù)機械能守恒定律求出A從空中釋放時距水平直軌道的高度；

(3)兩滑塊恰好不發(fā)生第二次相碰，第一種情況B第一次碰撞后向左運動未滑離A段,

而且第一次碰撞后A、B的速度大小相等，方向相反，結(jié)合動量守恒定律求出A的質(zhì)量；

第二種情況是第一次碰撞后，B向右運動與彈簧接觸后再返回歷段速度減為零，A向左

運動后返回反段速度減為零，兩者恰好速度為零時相遇，結(jié)合動能定理和動量守恒定

律聯(lián)立求出A的質(zhì)量。

本題綜合考查了動量守恒定律、能量守恒定律、動能定理、牛頓第二定律、機械能守恒

定律，綜合性較強，對學生能力要求較高，關(guān)鍵要理清4、8在整個過程中的運動規(guī)律，

選擇合適的規(guī)律進行求解。對于第三問，難度較大，關(guān)鍵要找出不發(fā)生第二次碰撞的臨

界狀態(tài)。

13.【答案】ACE

【解析】解：A、由其中狀態(tài)方程可知：*C,對于p—T圖像，〃和cd的延長線過

坐標原點，則，力、W分別體積恒定。因為4過程為等溫降壓，因此體積變大，即匕<Vd,

從而可知：Va<Vc,故A正確：

8、從狀態(tài)d到"，氣體溫度不變，則內(nèi)能不變。體積變小，則外界對氣體做功，所以

氣體需要放出熱量，故氣體與外界有熱交換，故B錯誤；

C、從狀態(tài)6到c,溫度升高，體積變大，因此氣體吸收的熱量抵消對外界做功后仍使

其內(nèi)能增加，即氣體吸收的熱量大于它對外界做的功，故C正確；

。、從狀態(tài)〃到〃，氣體等體積升溫升壓，氣體內(nèi)能的變化等于它吸收的熱量，故。錯

誤；

E、從狀態(tài)a到c與從狀態(tài)c到a氣體體積的變化量△V相等，從狀態(tài)a到c過程氣體壓

強的變化量大于從狀態(tài)c到a氣體壓強的變化量，因此從狀態(tài)a到c氣體對外界做的功

大于從狀態(tài)。到“外界對氣體做的功，即|%cl>l%al，從狀態(tài)〃到。與從狀態(tài)。到“

第14頁，共17頁

氣體內(nèi)能的變化量IAUI相等，由熱力學第一定律△[/=（2+"可知：Q=AU—W,由

于，|%cl>Wal而|AU|相等,則|Qacl<IQcJ則從狀態(tài)。到C氣體吸收的熱量不等

于從狀態(tài)c到a放出的熱量，故E正確。

故選：ACE.

根據(jù)理想氣體方程：^=C,結(jié)合數(shù)學知識知p-7圖象的斜率表示與體積的倒數(shù)有關(guān)

的常數(shù)，斜率不變則體積不變。

從狀態(tài)。到從以及從。到“，對應(yīng)的體積均不變；溫度不變，則內(nèi)能不變；根據(jù)熱力

學第一定律判斷氣體是放熱還是吸熱。

知道p-7圖象中過原點的直線表示的是等容線，解決氣體問題，關(guān)鍵要掌握氣態(tài)方程

和熱力學第一定律。

14.【答案】解：（i）當玻璃管開口向上豎直放置時，管內(nèi)封閉氣體壓強⑶=90cmHg

當玻璃管位于開口向下豎直位置時，管內(nèi)封閉氣體壓強P2=McmHg

封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律可得：PIL】S=P2L2s

解得：L2=30cm

3）當水銀剛到管口時，封閉氣體長度為乙3=40cm

封閉氣體發(fā)生等壓變化則竽=V

rOT

解得：T=400K

答：（i）圖乙中管內(nèi)封閉空氣柱的長度G為30cm；

3）現(xiàn)使圖乙中管內(nèi)氣體溫度緩慢升高，水銀柱下表面剛好下降到玻璃管口時管內(nèi)氣體

的溫度T為400K

【解析】。）