2021年遼寧省遼南協(xié)作校高考物理二模試卷（附答案詳解）

2021年遼寧省遼南協(xié)作校高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.核電池又叫''放射性同位素電池”，它是通過半導體換能器將同位素在衰變過程中

不斷地放出具有熱能的射線，把熱能轉變?yōu)殡娔芏圃於伞：穗姵匾殉晒Φ赜米?/p>

航天器的電源、心臟起搏器電源和一些特殊軍事用途。已知“嫦娥四號”上有一塊

備用的核燃料電池，核燃料為舒8P”，其半衰期為88年，的衰變方程為

IIsPu^4X+^Y,下列說法正確的是（）

A.兜8Pu核比X核多4個中子

B.該元素衰變的速度隨所處環(huán)境的壓強和溫度的變化而發(fā)生變化

C.任意一個交8Pu原子核發(fā)生衰變的時間都是88年

D.該衰變的類型為a衰變，其實質是原子核內部兩個質子和兩個中子結合成一個a

粒子從原子核中放射出來

2.如圖甲所示，一個質量不計的彈簧測力計，勁度系數(shù)為翟

30N/m,下面懸掛一個物塊A,此時彈簧測力計示數(shù)為4ME

現(xiàn)將一個質量為0.5kg的木板B放在A下面，在外力作用下Y

托住木板B使物塊4向上運動一段距離，如圖乙所示，當系底rriB

統(tǒng)靜止后，如果突然撤去木板B的瞬間物塊4向下的加速度申

為2.5m/s2。若不撤去木板B,用外力控制木板B使二者一起以加速度lzn/sZ向下

做勻加速直線運動至二者分離，彈簧測力計始終未超量程，重力加速度g=10m/s2,

以下說法正確的是（）

A.撤去木板B的瞬間彈簧測力計的示數(shù)為3.75N

B.勻加速運動階段起始時刻外力大小為8.1N

C,勻加速運動階段二者分離時外力的大小4.5N

D.AB分離時彈簧測力計示數(shù)為零

3.關于分子動理論和熱現(xiàn)象，下列說法正確的是（）

A.布朗運動是液體分子的運動，它說明分子永不停息地做無規(guī)則運動

B.氣體對器壁的壓強就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力

C,對一定質量的理想氣體，如果溫度升高，則氣體分子的平均動能增大，壓強一

定增大

D,分子間距離為平衡距離時，分子勢能最大

4.如圖所示，一根輕質彈簧一端固定于光滑豎直桿上，另一端與質Bn..…藥都

量為，〃的滑塊p連接，p穿在桿上，一根輕繩跨過定滑輪將滑塊p/

和重物。連接起來，重物Q的質量M=6m?，F(xiàn)把滑塊P從圖中A4K[Q

點由靜止釋放，當它經(jīng)過A、3兩點時彈簧對滑塊的彈力大小相等，§

已知0A與水平面的夾角0=53。，OB長為/,與AB垂直。不計一

滑輪的質量和一切阻力，重力加速度為g,在滑塊P從A到B的過程中，下列說法

正確的是（）

A.P與Q的機械能之和先減小后增加

B.重物。的重力的功率一直增大

C.滑塊P運動到位置B處速度達到最大，且大小為包

3

D.輕繩對滑塊P做功4mgi

5.如圖所示，一底面半徑為R的半圓柱形玻璃磚平放在水平面上，

。為橫截面的圓心，4B面涂有反光材料，8C為一個與玻璃磚I

相切于B點的屏，一束極細的單色光以平行于BC的方向照射到7

玻璃磚上的。點，0。與的夾角0=30。，OELAB.已知光

在真空中的傳播速度為c,玻璃病對該單色光的折射率為6。下列說法正確的是（）

A.光線在AB面反射后經(jīng)過E點射出玻璃磚

B.光線在屏上的光斑離B點的距離為（1+§）R

C.光線在玻璃磚內傳播的時間為冬

C

D.若去掉48面的反光材料也不會有光線從A8面射出

6.2020年7月31日，北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)正式開通，/、

向全世界提供連續(xù)穩(wěn)定服務。北斗系統(tǒng)第五十五顆導航衛(wèi)/

星暨北斗三號最后一顆全球組網(wǎng)衛(wèi)星是6月23日在西昌衛(wèi)yJ

星發(fā)射中心成功發(fā)射。已知該衛(wèi)星被發(fā)射到地球靜止軌道，

如圖所示為該衛(wèi)星運行示意圖，其中軌道I為近地軌道，

軌道口為橢圓軌道，軌道川為地球同步軌道，4、B兩點為橢圓軌道與兩圓軌道的

切點，該衛(wèi)星在I、n、in的周期分別為篤、T2,T3,在軌道I和軌道m(xù)的線速度

大小分別為％、%,軌道口在4點的速度大小為"2,下列說法錯誤的是（）

A,該衛(wèi)星發(fā)射到I軌道的發(fā)射速度大于7.9/cm/s,小于11.2km/s

B.該衛(wèi)星在軌道I運行到A點時，如果向后噴氣，可以進入軌道口

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C.v2>>v3,Tr<T2<T3

D.衛(wèi)星在軌道in上的加速度大于赤道上物體隨地球自轉的加速度

7.如圖所示，半徑為2/的圓形金屬導軌固定在水平面

上，一根長也為2/、電阻為2R的金屬棒他一端與

導軌接觸良好，另一端固定在圓心處的導電轉軸

00'上，由電動機A帶動旋轉。在金屬導軌區(qū)域內

存在垂直于導軌平面、大小為8的勻強磁場，金屬

導軌區(qū)域中心半徑為/的區(qū)域內磁場豎直向上，其M-LN

余部分磁場豎直向下。另有一質量為〃?、長為/、B

電阻為R的金屬棒MN放置于導軌前面并與固定在豎直平面內的平行導軌保持良好

接觸，導軌間距為/,處于大小為8、方向豎直向上的勻強磁場中。從圓形金屬導

軌引出導線和通過電刷從轉軸引出導線平行導軌連接.MN處于靜止狀態(tài)，MN與豎

直平行導軌間的動摩擦因數(shù)為出認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法

正確的是（）

A.MN中電流方向由朋到N

B.MN兩端電壓為

C.MN與平行導軌間的動摩擦因數(shù)〃至少為翳

D.電路總電功率為當產(chǎn)

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.“臘月二十四，禪塵掃房子”,據(jù)《呂氏春秋》記

載，中國在堯舜時代就有春節(jié)掃塵的風俗，寓意在

新年里順利平安。春節(jié)前夕，小紅需移開沙發(fā)，清

掃污垢，質量m=10kg的沙發(fā)放置在水平地面上，小紅用力F推沙發(fā)，當F斜向

下與水平成。=30。時，如圖，若F=100N,沙發(fā)恰好開始做勻速運動，認為最大

靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g=10巾/$2,下列說法正確的是（）

A.沙發(fā)與地面間的動摩擦因數(shù)4=§

B.沙發(fā)開始運動后，保持尸大小不變，增大。角，物體將做加速運動

C.若產(chǎn)方向能隨意改變，想用最小的力推動沙發(fā)，應使尸沿水平方向

D.若F方向能隨意改變，能讓沙發(fā)勻速運動，力F的最小值為50N

9.某物體從靜止開始做直線運動，其運動的a-t圖像如圖所示，

則關于該物體。?8s時間內的運動，下列說法正確的是（）2卜

A.t=2s時物體速度最大

B.物體的最大速率為8m/s

C.物體在0?2s內的平均速度為lm/s

D.物體在0?4s內的位移大于4m

10.如圖所示，兩個平行板電容器水平放置，A板用導線連接

一理想二極管與M板相連，B板和N板都接地。M板和

N板中間插有電介質，A板和8板正中均有一小孔，兩孔

在同一豎直線上，讓4板帶正電，穩(wěn)定后，一帶電粒子

從小孔正上方由靜止開始下落，穿過小孔到達B板處速

度恰為零?？諝庾枇雎圆挥?，極板間電場視為勻強電場。若想使帶電粒子從小孔

正上方同一位置由靜止開始下落后能穿過B板小孔，下列方法可行的是（）

A.A板向下移動一小段距離

B.M板向下移動一小段距離

C.MN板間換相對介電常數(shù)更大的電介質

D.N板向右移一小段距離

三、實驗題（本大題共2小題，共20.0分）

11.如圖甲所示，某同學利用光電計時器等器材做“測定當?shù)刂亓铀俣取钡膶嶒?。?/p>

徑為4、質量為，〃的鋼球從A處靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于

B處的光電門，測出A,B間的距離，光電計時器記錄下金屬球通過光電門的時間。

（1）如圖乙所示，用游標卡尺測得鋼球的直徑d=mm?

（2）某次實驗測得A、8間距離為鋼球通過光電門的時間為3則當?shù)?/p>

重力加速度g=（用字母人〃、”表示）。

（3）該同學發(fā)現(xiàn)實驗測出的g值存在誤差，他認為可能原因之一是鋼球通過光電門

的平均速度（選填“大于”或“小于”）鋼球球心通過光電門的瞬時速度。

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12.在“測定某電源的電動勢和內阻”實驗中，實驗電路如圖(甲)所示，R為電阻箱，

阻值范圍0?99990,是保護電阻，V為理想電壓表.該同學連接好電路后，閉

合電鍵S,改變電阻箱的電阻值，讀取電壓表的示數(shù).根據(jù)讀取的多組數(shù)據(jù)，他畫

出了圖(丙)所示的圖象.

(1)請在圖(乙)中選擇合適的器材根據(jù)電路圖(甲)畫線連接實物圖.

(2)在圖(丙)所示圖象中，當"=0.10—時，外電路處于狀態(tài).(選填“通路”、

“斷路”或“短路”).

(3)根據(jù)該圖象可求得該電池的電動勢E=V,內阻r=Q.

四、計算題(本大題共3小題，共34.0分)

13.在豎直向上運動的火箭中有一個機器上固定著足夠

長的木板，木板中間位置有一個質量加=2kg的物

塊，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,火箭從

靜止開始豎直向上做加速運動，加速度與時間的關

系為a=2t。t=0時刻給物塊施加水平向左、大小為20N的恒力F,重力加速度恒

2

定不變(g=10m/s)o

(1)物塊的水平速度何時最大？最大值為多少？

(2)若物塊始終未離開木板，開始運動后經(jīng)多長時間物塊相對木板靜止？

14.如圖所示，靜止于A處的帶正電粒子，經(jīng)加速電場加速

后沿圖中;圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN豎

直向上進入矩形區(qū)域的有界勻強磁場(磁場方向如圖所

示，其中CWQD為勻強磁場的邊界)。靜電分析器通道

內有均勻輻向分布的電場，方向如圖所示。已知加速電

場的電壓為U,圓弧虛線的半徑為R,粒子質量為優(yōu)、電荷量為q,QN=2d,PN=3d,

粒子重力不計。

(1)求粒子在輻向電場時其所在處的電場強度￡；

(2)要求帶電粒子最終能打在QN上，求磁場磁感應強度大小B的取值范圍。

15.如圖所示，水平軌道與;圓弧軌道在C處平滑相接；整個軌道光滑且固定在豎直平

面內。水平軌道的左側固定一輕質彈簧，彈簧右端連接著質量M=5kg的物塊8；

圓弧軌道半徑R=1.8根?，F(xiàn)從圓弧軌道最高點由靜止釋放一個質量6=2kg的物塊

A,在物塊A運動過程中，每當其通過MN區(qū)域時均受到方向水平向左、大小為1N

的恒力/作用。已知間距L=13m,物塊A、8之間的碰撞是彈性正碰，且第

一次碰撞前物塊B是靜止的。g取10m/s2。求：

(D物塊4滑到圓弧的最低點C時對軌道的壓力大??；

(2)物塊A與物塊B第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；

(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊B再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，當

它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊A、8第一次碰撞后，物塊A在區(qū)域內運

動時所受恒力產(chǎn)的總沖量大小。

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答案和解析

1.【答案】。

【解析】解：A、根據(jù)質量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守恒，紀8P”的衰變方程為舒8PUT翁4x+nY,

丫原子核的質量數(shù)為n=238—234=4,而X的質子數(shù)為m=94-2=92,因此箝8p“

核比X核多2個中子，故A錯誤；

8、原子核衰變不會受外界因素影響而變化，故B錯誤；

C、半衰期適用于大量原子核，故C錯誤；

。、a衰變是在天然放射現(xiàn)象中放射出a粒子的核反應，而兩個質子和兩個中子結合成一

個a粒子，由A選項分析，可知，該衰變的類型為a衰變，故。正確。

故選：Do

根據(jù)質量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守恒，寫出紀82式的衰變方程；在/?衰變中，一個中子轉變

為一個質子和一個電子；半衰期適用于大量原子核；原子核衰變不會受外界因素影響而

變化。

本題考查了核反應方程式的書寫、原子核衰變等知識點，根據(jù)質量數(shù)守恒及核電荷數(shù)守

恒寫出核反應方程式是解決本題的關鍵，掌握a與￡衰變的區(qū)別，注意半衰期的適用條

件與特征。

2.【答案】C

【解析】解：A、對A分析：初始時刻時彈簧測力計示數(shù)為4N,有啊9=噎1，所以

mA=0.4kg。突然撤去木板8的瞬間物塊A向下的加速度為2.5?n/s2,則有犯1g-/2=

mAav聯(lián)立，代入數(shù)值解得：F彈2=3N,故A錯誤；

B、若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度lm/s2向下做勻加速直線運

動，對48整體根據(jù)牛頓第二定律有：（%+mB}g-F外一F彈?=（啊+g）&2,代入

解得尸外=5.1N,故B錯誤；

CD、分離時，根據(jù)牛頓第二定律對8：eg-Fj=mBa2,代入得/分'=4.5N。對4

mAg-F^3=mAa2,代入解得F理3=3-6N,選項C正確，。錯誤。

故選：C。

應用整體法和隔離法根據(jù)牛頓第二定律分析彈簧的示數(shù)的變化、外力的變化、AB之間

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的彈力的變化等，要注意牛頓第二定律的瞬時性和同一性。

本題是牛頓第二定律的綜合題，涉及到兩個過程，兩個物體以同一加速度運動，關鍵是

要分清物理過程，用整體法和隔離法運用牛頓第二定律列式求未知數(shù)。還要注意的是兩

物體分離時，是它們之間的彈力為零。

3.【答案】B

【解析】解：A、布朗運動是懸浮在液體或氣體中固體微粒的無規(guī)則運動，反映了液體

或氣體分子的無規(guī)則運動，故4錯誤；

8、根據(jù)氣體壓強的意義可知，氣體對器壁的壓強就是大量氣體分子作用在器壁單位面

積上的平均作用力，故8正確；

C、對一定質量的理想氣體，如果溫度升高，則氣體分子的平均動能增大，但如果同時

體積也變大，則壓強不一定增大，故C錯誤；

。、當分子間距離為平衡距離時分子勢能最小，故。錯誤。

故選：B。

布朗運動是懸浮在液體或氣體中固體微粒的無規(guī)則運動；氣體對器壁的壓強就是大量氣

體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力；氣體壓強在宏觀上取決于溫度和體積兩方

面的因素；分子間距離為平衡距離時分子勢能最小。

本題考查了布朗運動、氣體壓強微觀解釋以及分子勢能等熱學基本內容，屬于基礎題，

要注意準確理解。

4.【答案】D

【解析】解：A、對于PQ系統(tǒng)，豎直桿不做功，系統(tǒng)的機械能只與彈簧對P的做功有

關，從A到B的過程中，彈簧對P先做正功，后做負功，所以P與。的機械能之和先

增加后減小，故A錯誤；

8、物塊。釋放瞬間的速度為零，當物塊P運動至8點時，物塊。的速度也為零，所以

當P從A點運動至8點時，物塊。的速度先增加后減小，物塊Q的重力的功率也為先

增加后減小，故3錯誤；

C、滑塊P從A到B運動過程中，在受力平衡的位置速度最大，所以速度最大的位置在

AB之間的某一位置，故C錯誤；

從A到8過程中，彈簧彈性勢能變化為零、彈簧彈力做功為零，對于P、Q系統(tǒng)由

動能定律可得：-mgltan530=-0,可得：^=匣，

cosv/3

對于P,由動能定理可得：w-mgltane=\mv2-0,聯(lián)立解得：W=4mgl,故。

正確。

故選：D。

由系統(tǒng)的機械能守恒分析P與。的機械能之和如何變化；通過分析滑塊產(chǎn)的速度變化

情況，來判斷其重力功率變化情況。根據(jù)滑塊通過A、8兩點時彈簧的彈性勢能相等，

由系統(tǒng)的機械能守恒定律和速度關系求滑塊P在位置B的速度，以及。的速度。再對Q

研究，由動能定理求出輕繩對滑塊。做功，等于輕繩對滑塊P做功。

解決本題的關鍵要明確滑塊經(jīng)過A、B兩點時，彈簧對滑塊的彈力大小相等，說明在這

兩個位置彈簧的彈性勢能相等。要知道滑塊P到達B點時Q的速度為0。

5.【答案】A

【解析】解：根據(jù)題意，作出光路圖如圖所示:

A、假設光線恰好從E點射出玻璃磚，有==因此a=30。，由幾何關

R+Rsin33

系得：i=60。，r=30°,故"=舞=6，則計算出的〃與題中的〃一致，故假設正

確，則光線在面反射后恰好經(jīng)過E點射出玻璃磚，故A正確；

B、光在E點折射時，入射角a=30。，根據(jù)折射定律得兀=鬻，故折射角0=60。，故

光斑到B的距離為d=R+Rtan30°=(1+3)R,故8錯誤；

C、由n=￡得，"=*傳播路程為x=DF+EF,由幾何關系得：DF=￥/?,EF=^R,

則時間，為"誓=千，故C錯誤；

而c

。、發(fā)生全反射時的臨界角sinC=二=當由幾何關系得，光線到達AB面時入射角為30。，

n3

sin30°sin300<sinC,故光在AB面不發(fā)生全反射，因此有光線從AB面射出，故

D錯誤；

故選：Ao

根據(jù)題意作出光路圖，假設光線恰好從E點射出，計算入射角、折射角和折射率，看是

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否與題意相同，若相同，假設正確；根據(jù)光路圖，由幾何關系可以計算光斑離B點的距

離及光線在玻璃磚內傳播的時間;根據(jù)折射率計算在A8面的臨界角看是否發(fā)生全反射。

本題考查折射定律和臨界角問題。注意解決此類問題時，需要先畫出光路圖，根據(jù)光路

圖結合幾何關系再進行求解。

6.【答案】A

【解析1解：A、軌道I為近地軌道，其環(huán)繞速度約為7.9km/s,所以該衛(wèi)星發(fā)射到I

軌道的發(fā)射速度約等于7.9km/s,故4錯誤；

8、該衛(wèi)星在軌道I運行到A點時，如果向后噴氣，可使衛(wèi)星的速度增大做離心運動，

可以進入軌道口，故8正確；

C、由萬有引力提供向心力有：誓=解得：目，由于衛(wèi)星在軌道I的軌

道半徑小于衛(wèi)星在軌道皿的軌道半徑，所以%>%；

衛(wèi)星在軌道II經(jīng)過A點相對于衛(wèi)星在軌道I經(jīng)過A點做離心運動，所以：v2>V1,所

以廿2>>V3;

根據(jù)開普勒第三定律可得*=k,由于衛(wèi)星在軌道I的軌道半徑小于衛(wèi)星在軌道n的半

長軸、小于衛(wèi)星在軌道in的軌道半徑，所以有A<心<A，故C正確；

D、衛(wèi)星在軌道皿上的角速度等于赤道上物體隨地球自轉的角速度，根據(jù)a=ro)2可知

衛(wèi)星在軌道n［上的加速度大于赤道上物體隨地球自轉的加速度，故。正確。

本題選錯誤的，故選：A。

該衛(wèi)星發(fā)射到I軌道的發(fā)射速度約等于7.9km/s；根據(jù)變軌原理分析8選項；由萬有引

力提供向心力、開普勒第三定律分析線速度大小和周期大?。桓鶕?jù)a=ra>2分析加速度

大小。

本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心

力結合向心力公式進行分析，掌握開普勒第三定律的應用方法。

7.【答案】C

【解析】解：A、處于靜止狀態(tài)，豎直方向上受重力和靜摩擦力處于平衡，可知MN

所受安培力方向垂直導軌向里，根據(jù)左手定則知，通過MN中的電流方向由N到M,故

A錯誤；

8、由于金屬棒必被分成兩部分位于相反的磁場中，所以產(chǎn)生的感應電動勢相反，必

2

產(chǎn)生的總電動勢：E=Blvr-Blv2=Bl^=Blo),則MN兩端的電壓：

U=^-R=^E=^Bl2(o,故8錯誤；

OZ\JJ

C、MN要處于靜止，有：mg=fiBIl,根據(jù)閉合電路歐姆定律得：/=另=警，解得

3R3R

動摩擦因數(shù)的最小值：〃=微，故C正確；

D、電路的總電功率：P=^=比黑，故。錯誤.

3R3R

故選：Co

根據(jù)MN處于靜止狀態(tài)，得出安培力的方向，根據(jù)左手定則判斷出歷N中的電流方向；

根據(jù)切割產(chǎn)生的感應電動勢公式求出轉動切割產(chǎn)生的感應電動勢大小，結合閉合電路歐

姆定律求出兩端的電壓；抓住MN處于靜止，結合重力和最大靜摩擦力相等，求出

動摩擦因數(shù)的最小值；根據(jù)電動勢的大小，結合求出電路中的總功率。

本題考查了轉動切割產(chǎn)生的感應電動勢問題與電路以及力學的綜合運用，掌握求解轉動

切割電動勢大小的方法，注意金屬棒"轉動切割時兩部分所處的磁場方向不同，產(chǎn)生

的感應電動勢相反。

8.【答案】AD

【解析】解：對沙發(fā)受力分析如圖1所示:

圖1

4、沙發(fā)坐勻速直線運動，由共點力平衡條件得：水平方向：Feos。=/,豎直方向：N=

mg+Fsin9,滑動摩擦力/=〃為，聯(lián)立解得：林=個,故A正確;

B、保持尸不變，增大仇對沙發(fā)受力分析，水平方向：尸合=Feos。-/,豎直方向:

N=mg+FsinG,。增大，sin。增大，cos。減小，故N增大，F(xiàn)eos。＜/,故沙發(fā)合力

方向水平向左，沙發(fā)做減速運動，故B錯誤；

C、若尸方向能隨意改變，想用最小的力推動沙發(fā)，則沙發(fā)做勻速運動，對沙發(fā)受力分

析如圖2：

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綽

圖2

由牛頓第二定律得：水平方向：Fcosd=/，豎直方向N+Fsin8=mg,摩擦力f=〃N,

聯(lián)立解得：

F=cos￡黑E8，故當COS。+4s譏。最大時，尸最小，cosO+fisinO=J|sin(0+60°),

當。=30時，尸最小，此時尸二廣9=2彳—--xioxioN=SON,故C

cos6+〃sin。言isn(8+60。)^sin(30°+60°)

錯誤，O正確；

故選：ADo

對沙發(fā)受力分析，根據(jù)共點力平衡條件即可求解沙發(fā)與地面間的動摩擦因數(shù)；

沙發(fā)開始運動后，保持尸大小不變，增大。角，根據(jù)受力分析判斷沙發(fā)的加速度方向，

即可判斷沙發(fā)的運動情況；

若尸方向能隨意改變，讓沙發(fā)勻速運動，對沙發(fā)受力分析，利用正交分解法求解力尸,

利用三角函數(shù)相關知識求解F的極值。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進

行受力分析、利用正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。

需要注意掌握利用三角函數(shù)求解極值的方法。

9.【答案】BD

【解析】解:A、根據(jù)a-t圖像與時間軸所圍的面積大小表示速度的變化量，可知,0-8s

內速度的變化量最大，則t=8s時物體速度最大，故A錯誤；

B、0-8s內速度的變化量為△u=(等一等一2x4)m/s=-8m/s,物體的初速度為

0,則物體的最大速度為-8m/s,物體的最大速率為8m/s,故8正確；

C、物體在0~25內速度的變化量為4"=等機/S=2m/S,則［=25時，物體的速度為

u=2m/s。物體在。?2s內做加速度逐漸減小的變加速直線運動，結合v-t圖像與時間

軸所圍的面積表示位移，知物體在。?2s內的位移大于勻加速直線運動的位移，則物體

在0?2s內的平均速度大于勻加速直線運動的平均速度，而勻加速直線運動的平均速度

為-5=罟=等m/s=17n/s,故物體在。?2s內的平均速度大于lm/s,故C錯誤；

。、物體在0?2s內的位移x>認=lx2m=2m,結合運動過程的對稱性，可知，物

體在0?4s內的位移x'=2x>4m,故。正確。

故選:BD.

在a-t圖像中，圖像與時間軸所圍的面積大小等于速度的變化量，根據(jù)圖像的“面積”

和初速度求物體的最大速度。結合v-t圖像的意義求物體在0?2s內的平均速度，并確

定物體在0?4s內的位移。

解決本題的關鍵要知道a-t圖像中“面積”大小等于速度的變化量，要知道物體在運

動過程中，加速度一直變化，不能根據(jù)勻變速直線運動的位移公式求物體的位移。

10.【答案】ABC

【解析】解：A、A板下移一段距離時，由。=急公式知道，電容C］變大，由。=/公

式，而二極管的單向導電性知，Qi不能增大也不減小，只有兩板間的電壓U減小，那

么帶電粒子到達B板后電場力做的負功也將減小，故帶電粒子將穿過8板，故A正確；

B、如果將M板下移，即減小M、N間的距離，根據(jù)C=島，則電容C2增大，由公

式，則Q2將增大，A板的電荷可以通過二極管向"流動，隨著G對充電的進行，4板

放電，Qi減小，則內也將減小，那么帶電粒子到達B板后電場力做的負功也將減小，

則帶電粒子將穿過B板，故B正確；

C、如果將間換相對介電常數(shù)更大的電介質，根據(jù)C=急知道電容增大，由。=勞

公式，則此時Q2將增大，Qi減小，所以外減小，那么帶電粒子到達B板后電場力做的

負功也將減小，故帶電粒子將穿過B板，故C正確；

。、N板向右移動一段距離，由。=總公式知道，電容C2減小，由C公式，而二極

管的單向導電性知，（?2不能減小，只有出增大，由于二極管的單向導電性，則Qi的電

荷量和電壓Ui不變，則電場力做功不變，故帶電粒子將返回，故。錯誤。

故選：ABC。

電容器MN與平行金屬板AB通過二極管并聯(lián)，根據(jù)左邊或者右邊電容器的電容的變化

得出平行金屬板的電荷量的變化，結合二極管的單向性，判斷A8兩板的電勢差變化，

再由動能定理判斷粒子是穿過還是返回。

本題考查電容器的動態(tài)分析，但將兩個電容器通過二極管連接使用，綜合了電路、電容

的知識，綜合性較強；最后通過動能定理判斷帶電粒子的運動情況，需要認真推敲一下，

第14頁，共20頁

題目較為新穎，但難度較大，對學生要求較高。

11.【答案】10.52恐小于

【解析】解：(1)游標卡尺的主尺讀數(shù)為10，〃，〃，游標讀數(shù)為0.02x26nun=0.52nun,

則鋼球的直徑d=10mm+0.52mm=10.52mmo

(2)鋼球通過光電門的瞬時速度"=p根據(jù)速度位移公式得，當?shù)氐闹亓铀俣萭=5=

d2

(3)根據(jù)平均速度推論知，某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，而勻變速

直線運動中間時刻的瞬時速度小于中間位置的速度，則鋼球通過光電門的瞬時速度小于

鋼球球心通過光電門的瞬時速度。

故答案為：(1)10.52,(2)名，(3)小于。

(1)游標卡尺的讀數(shù)等于主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀。

(2)根據(jù)極短時間內的平均速度等于瞬時速度求出鋼球通過光電門的速度，結合速度位

移公式求出當?shù)氐闹亓铀俣取?/p>

(3)根據(jù)勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度和中間位置速度的大小關系比較鋼球通過

光電門的平均速度和鋼球球心通過光電門瞬時速度的大小關系。

解決本題的關鍵掌握游標卡尺的讀數(shù)方法，知道極短時間內的平均速度等于瞬時速度，

知道誤差形成的原因，難度中等。

12.【答案】(1)

(2)斷路

(3)10；5

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)電路圖連接實物圖，注意電表的極性.

(2)當t=0.10了-1時，&為0,則R+Ro趨向于無窮大，則該電路處于斷路狀態(tài).

(3)根據(jù)實驗的原理得出寺■關系式，通過圖線的斜率和截距求解電源的電動勢和內

Ut\TfCQ

阻.只用電壓表和變阻箱測電動勢和內電阻的方法叫“伏歐法”，若用圖象解時，基本

思路是：用學過的物理定律列出表達式，再結合數(shù)學整理表達出有關一次函數(shù)式y(tǒng)=

kx+b的形式，再求出k和6即可.

【解答】

解：（1）根據(jù)電路圖連接實物圖，如圖所示.

（2）在圖（丙）所示圖象中，當器=0.10UT時，知外電阻的倒數(shù)為零，則外電阻趨向于無

窮大，則外電路處于斷路狀態(tài).

（3）因為E=U+ar,解得今=*+，/，可知圖線的縱軸截距等于A=5=0.1,

X十17CCKTKQC,

則E=107.

圖線的斜率卜=三=除詈=

t.U.40.5,r=5O.

故答案為：（1）

（乙）

（2）斷路

(3)10；5

13.【答案】解：（1）物塊受力如圖所示:在豎直方向:%-mg=may,

解得%=20+4t①

在水平方向由牛頓第二定律可得：F-f=max（2）

剛開始物塊受到的摩擦力為滑動摩擦力/=③解得：外=5-￡④

當加速度減到0時速度達到最大值，解t=5s⑤

ax隨時間均勻減小到0,故a='/S2⑥

v=at=12.5m/s⑦

（2）根據(jù)5s之后a隨時間變化規(guī)律與5s之前對稱，

故當t=10s時，物塊的速度減到了0⑧

第16頁，共20頁

因而物體開始運動后經(jīng)10s物塊相對木板靜止

【解析】（1）在豎直方向上根據(jù)加速度變化由牛頓運動定律得出支持力隨時間的變化規(guī)

律，然后在水平方向上再由牛頓運動定律解得水平方向上的加速度隨時間的變化規(guī)律,

當加速度減到0時，物體的速度達到最大；

（2）根據(jù)加速度隨時間的變化規(guī)律，利用對稱關系就得出速度到0的時間。

本題在水平和豎直兩個方向用了牛頓第二定律，深度考查學生對牛頓運動定律的理解,

體現(xiàn)對學生學科素養(yǎng)的綜合分析問題能力的考查

14.【答案】解：（1）粒子在加速電場中加速過程，根據(jù)動能

定理有：

qU=1mv2-0

可得”措

粒子在輻向電場中做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，由牛頓第二定律有:

qE=m-

解得：^=手

K

（2）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：

quB=m—

帶電粒子能打在QN匕則既沒有從。。邊出去，也沒有PN邊出去，則粒子運動軌跡

的邊界情況如圖所示。

粒子恰好能打在N點時，則粒子的軌跡半徑為r=拳=|d;

粒子能打在QN邊上，粒子的軌跡半徑r必須滿足：1d<r<2d

聯(lián)立解得！座WB<三呼

2dqq3d7q

答：（1）粒子在輻向電場時其所在處的電場強度E為m；

K

（2）要求帶電粒子最終能打在QN上，磁場磁感應強度大小B的取值范圍為以摟W

B<-呼。

3dyJq

【解析】（1）先由動能定理求出粒子經(jīng)過加速電場加速獲得的速度。粒子進入靜電分析

器后做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，由牛頓第二定律求輻向電場的電場強度E

的大小.

(2)要使粒子打在QN上,畫出粒子剛好打在N點以及軌跡剛好與。。邊相切的運動軌

跡，由幾何關系求出粒子做勻速圓周運動最大的軌跡半徑和最小的軌跡半徑，根據(jù)洛倫

茲力提供向心力，由牛頓第二定律求磁感應強度的取值范圍。

解答本題時，要理清帶電粒子的運動情況，要知道帶電粒子在輻向電場中做勻速圓周運

動時，由電場力提供向心力，進入勻強磁場中做勻速圓周運動時，要考慮邊界問題，所

以確定圓心，畫出粒子的軌跡是解決問題的關鍵。

15.【答案】解：(1)取水平軌道所在水平面為參考平面。

設物塊A沿光滑圓弧軌道下滑到最低點C時的速度大小為介，由機械能守恒定律得：

12

mgRn=-mvc

代入數(shù)據(jù)解得：vc=6m/s

在圓弧最低點C,由牛頓第二定律得：

_虎

FN-mg=m-

代入數(shù)據(jù)解得：FN=60N

由牛頓第三定律可知，物塊B對軌道的壓力大?。篎/=FN=60N,方向豎直向下。

(2)設4與B碰撞前的速度為孫，A從初位置到碰撞前的過程，由動能定理得：

mgR+FL=—0

解得：v0=7m/s

A、8第一次碰撞過程，取水平向左為正方向，