黃陂一中2021屆全國高考模擬卷-物理試題

黃陂一中2021屆高三全國高考模擬卷一一物理訓(xùn)練題

一、選擇題（本題11小題。每小題4分，共44分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-7題

只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第8-11題有多項(xiàng)符合題目要求）

1.在國際單位制（簡(jiǎn)稱SI）中，力學(xué)和電學(xué)的基本單位有：m（米），kg（千克），s（秒），

A（安培）。則導(dǎo)出單位V（伏特）用上述基本單位可表示為

A.m2-kg-s-1-A1B.m2-kg-s-3-A1C.m2-kg-s_2-A_1D.m2-kg-s_1-A-1

2.物理概念和規(guī)律的應(yīng)用都有一定的前提條件，對(duì)此下列說法中正確的是

A.牛頓第二定律適用于宏觀物體和微觀粒子

B.只要合外力的功為零，機(jī)械能就守恒

C.磁感線總是閉合的

D.電場(chǎng)線總是開放的

3.一油滴靜止在極板水平放置的足夠大的平行板電容器中，給電容器再充上一些電荷A。，

油滴開始向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t秒后，電容器突然放電失去一部分電荷AQ’,又經(jīng)過t秒，油滴回

到原位置，假如在運(yùn)動(dòng)過程中油滴的電量一定，則

A.在兩個(gè)t秒內(nèi)，油滴的平均速度相同

B.油滴在前后兩個(gè)t秒內(nèi)的加速度大小之比為1：3

C.油滴在前后兩個(gè)t秒內(nèi)離出發(fā)點(diǎn)的最大距離之比為1：3

D.AQ:△0=1:3

4.如圖所示，A、B兩個(gè)小物塊用足夠長(zhǎng)的細(xì)線相連，細(xì)線繞過固定在水平面與斜面交界

處的光滑輕小定滑輪，將兩物塊分別置于水平面與斜面上，滑輪兩邊細(xì)線分別與水平面和

斜面平行。已知A物塊的質(zhì)量大于B物塊的質(zhì)量，不計(jì)一切摩擦，在兩物塊分別沿水平面

與斜面運(yùn)動(dòng)的一段過程中，以下說法中正確的是「

A.細(xì)線拉力對(duì)兩物塊做的功相同——人口

B.細(xì)線拉力對(duì)兩物塊的沖量相同

C.若將兩物塊的位置互換，細(xì)線上拉力大小不變

D.若將兩物塊的位置互換，細(xì)線上拉力變大

5.如圖所示，由紫光與紅光混合的細(xì)光束從底面鍍銀的半圓形玻璃磚頂點(diǎn)A以入射角。=

60°射入玻璃磚，已知該玻璃磚對(duì)紫光與紅光的折射率分別為“I、小（4>%>當(dāng)），光

束在玻璃破半圓弧面上發(fā)生折射時(shí)不考慮反射，紫光與紅光在玻璃磚內(nèi)傳播的時(shí)間分別為

小女。以下判斷正確的是

A.t]>t2B.t\=t2C.t\<t2D.t\<t2

6.如圖所示，光滑絕緣的水平面上，有一長(zhǎng)直導(dǎo)線與新月形金屬導(dǎo)線框，直導(dǎo)線固定，導(dǎo)

線框可以在水平面上自由移動(dòng)。開始導(dǎo)線框的對(duì)稱軸MN與直導(dǎo)線垂直。t=0時(shí)給直導(dǎo)線通

交變電流i=/sin型，，規(guī)定圖示方向?yàn)殡娏髡较颉Ｏ铝嘘P(guān)于導(dǎo)線框的說法中正確的是

T

A.在0~5時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流

4

B.在二~工時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框有面積縮小的趨勢(shì)

42

C.在/=工時(shí)導(dǎo)線框受到的安培力最大

4

D.導(dǎo)線框?qū)⒀豈N方向向右平動(dòng)

7.一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻波形如圖所示，此時(shí)波恰好傳到平衡位置

xi=3m的M點(diǎn)。在t=10s時(shí)，位于平衡位置X2=10m的N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為15cm。則以下

說法中正確的是

A.波源的始振方向向下

B.波的傳播速度為lm/s

C.r=5.5s時(shí)M點(diǎn)的速度與加速度均在增大

D.在t=12s時(shí)質(zhì)點(diǎn)N的位置坐標(biāo)為（10cm,-5cm）

8.2015年諾貝爾獎(jiǎng)?lì)C發(fā)給了I尾田隆章（TakaakiKajita）和阿瑟?B?麥克唐納（Arthur

B.McDonald）,獎(jiǎng)勵(lì)他們分別身為各自團(tuán)隊(duì)中的核心研究者，和同事一起發(fā)現(xiàn)了中微子振蕩，

在粒子物理領(lǐng)域開辟了新的疆土。一種常見的探測(cè)中微子的方法是在氫核（即質(zhì)子）上俘獲

中微子，生成一個(gè)正電子和一個(gè)中子,稱為反貝塔衰變反應(yīng)（IBD）,則下面說法正確的是（）

A.反應(yīng)方程式可以寫為P+〃+e+,其中吃為反電子中微子

B.中子和正電子的靜質(zhì)量之和大于質(zhì)子靜質(zhì)量，中微子的靜質(zhì)量趨于0

C.自由的中子也可以進(jìn)行衰變，產(chǎn)生中微子，反應(yīng)方程式為++

D.如果被反應(yīng)前質(zhì)子是靜止的，則產(chǎn)生的正電子和中子的動(dòng)量之和不等于零。

9.如圖3所示，某同學(xué)經(jīng)過一段時(shí)間的練習(xí)，掌握了跳高的技巧，同學(xué)質(zhì)量為a,重力加

速度為g。在跳高的第一階段，腳沒有離地，經(jīng)過一定時(shí)間，重心上升",人質(zhì)心獲得速

度片。在第二階段，人軀干形態(tài)保持不變，重心又上升了一段距離，到達(dá)最高點(diǎn)。以下說

法正確的有（）

A.在第一階段地面支持力給人的沖量為加匕

B.在第一階段地面支持力對(duì)人做的功為機(jī)g/q

C.在整個(gè)過程中地面支持力對(duì)人做的總功為0

D.在跳起的過程中存在人體肌肉儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過程

10.如圖所示是電子感應(yīng)加速器的原理圖，在上、下兩個(gè)電磁鐵形成的異名磁極之間有一個(gè)

環(huán)形真空室，電磁鐵中通以交變電流，使兩極間的磁場(chǎng)周期性變化如圖所示，從而在真空室

內(nèi)產(chǎn)生感生電場(chǎng)，將電子從電子槍右端注入真空室，電子在感生電場(chǎng)的作用下被加速，同時(shí)

在洛倫茲力的作用下，在真空室中做圓周運(yùn)動(dòng)。由于感生電場(chǎng)的周期性變化使電子只能在某

段時(shí)間內(nèi)被加速，但由于電子的質(zhì)量很小，故在極短時(shí)間內(nèi)被加速的電子可在真空室內(nèi)回旋

數(shù)為10萬以至數(shù)百萬次，并獲得很高的能量。若不考慮電子質(zhì)量的變化，則下列說法中正

確的是（）

A.電子在真空室中做非勻速圓周運(yùn)動(dòng)

B.電子感應(yīng)加速器的射線輸出是連續(xù)的

C.電子在運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度始終指向圓心

D.輸出射線的能量與按能量守恒的計(jì)算值有相當(dāng)?shù)牟罹?/p>

D.S接c時(shí)，滑動(dòng)觸頭P向上移動(dòng)，變壓器輸入電流變大

11.我國首次發(fā)射的火星探測(cè)器“天問一號(hào)”經(jīng)過長(zhǎng)達(dá)半年的航行，于2021年2月II日

成功被火星引力捕獲，繞火星赤道平面橢圓軌道1運(yùn)行（如圖所示）。為了觀測(cè)火星的南

北極，2月15日17時(shí)探測(cè)器運(yùn)行到軌道1的遠(yuǎn)火點(diǎn)，短時(shí)間

內(nèi)啟動(dòng)探測(cè)器上發(fā)動(dòng)機(jī)，成功實(shí)施了軌道平面機(jī)動(dòng)，轉(zhuǎn)移到與

軌道1平面垂直的橢圓軌道2上運(yùn)行。假設(shè)變軌前后兩橢圓軌

道的近火點(diǎn)P與遠(yuǎn)火點(diǎn)Q相同,遠(yuǎn)火點(diǎn)距離火星中心距離為廠，

探測(cè)器在遠(yuǎn)火點(diǎn)的速率為v,忽略探測(cè)器在Q點(diǎn)的變軌時(shí)間且

變軌后發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉，不考慮其它天體的影響。下列說法正確的

是（）

A.變軌過程中發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)探測(cè)器做正功B.變軌過程中探測(cè)器速度變化量大小為

2

C.變軌前后瞬間探測(cè)器的向心加速度不變D.在遠(yuǎn)火點(diǎn)探測(cè)器的加速度小于匕

二、實(shí)驗(yàn)題（9分+6分）

12、在電學(xué)實(shí)驗(yàn)中，由于電壓表和電流表內(nèi)阻的影響，使得測(cè)量結(jié)果總存在誤差。對(duì)此，某

校探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究。圖中&是待測(cè)電阻，6是電阻箱，

R是滑動(dòng)變阻器；電壓表和電流表的量程已選擇合適。為測(cè)量上的值，他們進(jìn)行了下列操作:

（1）斷開開關(guān)S2,閉合開關(guān)Si，調(diào)節(jié)七和R的值，使電壓表和電流表的示數(shù)適當(dāng)并記錄其

示數(shù)。八/1；

（2）仍然閉合開關(guān)Si，閉合開關(guān)S2,保持的阻值不變，調(diào)節(jié)的阻值,

使電壓表和電流表有一個(gè)較大的適當(dāng)示數(shù)。2、/2；

（3）根據(jù)以上記錄的測(cè)量數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出待測(cè)電阻的阻值&=;

（4）在本實(shí)驗(yàn)中，待測(cè)電阻的測(cè)量值真實(shí)值。（選填“大于”、“小于”或“等于”）

13、如右圖，斜面A8長(zhǎng)度為1米，虛線8。為小車沿勻速下滑時(shí)，斜面AB的位置。在小車

D

B

后面安裝一條紙帶，通過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)來測(cè)量加速度。力的測(cè)量方法如下:

F合力=Mg（sin3-jLicosff）

而：sin0=—=AC,cos0=—=BC

ABAB

DCDC,、

〃=tan0a=---=......（1）

BCcos。

由（1）式可得：DC=...............（2）（提示：用〃和COS。表示）

則：sin。一〃cos。=..............（3）

由（3）式，合力的測(cè)量可以簡(jiǎn)化為：F合力=

三、計(jì)算題（12分+13分+16分）

14、（12分）兩個(gè)均儲(chǔ)存著氮?dú)獾娜萜鰽和B,中間用一小段帶有活塞的管子連接。容器A

浸入溫度為t1=100℃的恒溫水槽中，容器B浸入溫度為t2=0℃的冰水混合物中。開始時(shí)，

兩容器被管中的活塞分隔開，這時(shí)容器A和B中氣體的壓強(qiáng)分別為Pi=50.0kPa和P2=20.0kPa,

體積分別為Vi=25L和V2=40L,求把活塞打開后氣體的壓強(qiáng)變?yōu)槎嗌?？已知管子較短，管內(nèi)

氣體的體積可以忽略。

15、（13分）如下圖所示，在光滑的水平桌面上平放一根內(nèi)壁光滑且內(nèi)徑很小的玻璃管,玻

璃管上端開口下端封閉。在玻璃管底部有一帶正電小球，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑。在桌

面上加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)已知小球帶電量為+q,質(zhì)量為加，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。

XXXXXXX

（1）在外力作用下讓玻璃管以恒定速度%向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，V

XXXX米--^°xX

則小球在沿玻璃方向上的加速度多大？XXXXXXX

___P

XXXXXXX

（2）若玻璃管的質(zhì)量為3加，同時(shí)給玻璃管和小球一個(gè)水平向右XXXXXXX

的初速度％。假設(shè)玻璃管沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng),當(dāng)玻璃管運(yùn)動(dòng)到某一XXXXXXX

個(gè)位置時(shí)速度恰好為零，小球恰好飛出玻璃管口，求此時(shí)小球的速度多大？

（3）若滿足上面第（2）問的條件，求小球在離開玻璃管口后，在此后的運(yùn)動(dòng)過程中小球離

玻璃管底部的最遠(yuǎn)距離和最近距離分別是多少？

提示：若某個(gè)力的大小與速度成正比（/=上丫），則這個(gè)力在某段時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的沖量與在

這個(gè)速度方向上的發(fā)生的位移成正比，即=fkvN=0vkt=hx

16、（16分）如下圖所示，在足夠大的光滑水平冰面上有一塊足夠大的木板，木板上有一個(gè)

鐵塊。木板和鐵塊的初速度分別為6％和％，方向相互垂直。由于它們之間存在滑動(dòng)摩

擦，所以鐵塊和木板的速度會(huì)連續(xù)發(fā)生變化，已知木板和鐵塊最終會(huì)沿某一方向做勻速直線

運(yùn)動(dòng)，設(shè)鐵塊和木板的質(zhì)量均為相，求：

1.鐵塊和木板最終速度的大小和方向

2.木板與鐵塊由于相互摩擦產(chǎn)生的熱量是多少？

3.木板和鐵塊在運(yùn)動(dòng)過程中相對(duì)于冰面的最小速度分別是多少？

【附加題】如右圖所示，三個(gè)小球質(zhì)量相同，通過四根相同的輕繩，并利用天花板上的

。點(diǎn)，在豎直面內(nèi)構(gòu)成一個(gè)菱形OACB,三個(gè)小球的質(zhì)量均為"？，其中A、B兩球帶等量異

種電荷一〃+4,整個(gè)裝置放在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，忽略一切阻力且不計(jì)A、B之間

庫侖力的影響，求：

（1）系統(tǒng)靜止時(shí)，勻強(qiáng)電場(chǎng)E的大小

（2）若不0B之間的輕繩剪斷，經(jīng)過一段時(shí)間后系統(tǒng)最終會(huì)再次靜止，求此過程中系統(tǒng)的

勢(shì)能變化量是多少？

參考答案與解析

1、B【解析】：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=￡,再結(jié)合力的定義式/=必，最終可以確定

q

V用基本單位表示是m”-kg-s0-A,故答案B對(duì)。

2、B【解析】：牛頓運(yùn)動(dòng)定律適用于宏觀低速問題，故A錯(cuò)；機(jī)械能守恒的條件是除重力或

彈力以外，其他力不做功，所以B錯(cuò)；由于磁單極子還沒有發(fā)現(xiàn)，所以磁感線是封閉的假想

曲線，故C是對(duì)的；靜電場(chǎng)線總是從正電荷或無窮遠(yuǎn)出發(fā)，終止于負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處，感生

電場(chǎng)線是閉合的，所以D錯(cuò)。

3、B【解析工由題意思可知兩個(gè)相等時(shí)間段通過的位移大小相等、

方向相反，而且兩個(gè)時(shí)間段都是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可以設(shè)

第一段時(shí)間末速度為匕，通過的位移為％,則有尤=會(huì)小

設(shè)第二段時(shí)間末的速度為％,則有=土”聯(lián)立可以求得為=-2匕。

2

所以兩段時(shí)間內(nèi)平均速度大小相等、方向相反，故A錯(cuò)；

Avv3v

a=—_c,—-

根據(jù)加速度的定義式X,可以知道t'-t

故B對(duì)；在第一段時(shí)間末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)為玉,“=三，當(dāng)?shù)诙螘r(shí)間內(nèi)速度為零時(shí)離出發(fā)點(diǎn)最

遠(yuǎn)，此時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的距離為故C錯(cuò)；根據(jù)電容器電容的定義式

c=2=A2,電容器的電場(chǎng)正比于電量，兩個(gè)過程的加速度大小之比為1：3,電電容器

u

先充電后充電，所以有一絲一=—1，則A2=_L,答案D錯(cuò)。

\Q-\Q'3\Q'4

4.C【解析】細(xì)線拉力對(duì)A做正功，對(duì)B做負(fù)功，細(xì)線拉力對(duì)兩物塊做的功不相同，選項(xiàng)

A錯(cuò)誤；細(xì)線對(duì)兩物塊拉力方向不同，拉力的沖量不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)A、B的質(zhì)量分別

機(jī)A、（"?A>帆B）,斜面傾角為仇細(xì)線拉力大小為FT，兩物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為4,

則有，“BgsinO-FT=，〃Ba，F(xiàn)T=WA”;可得片=如生超包竺，若將兩物塊的位置互換，可知細(xì)

mA+mB

線上拉力大小Fr不變，選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。

5.A【解析】作出光束在玻璃磚內(nèi)傳播的光路圖。設(shè)半圓形玻璃磚的

半徑為R,真空中的光速為c,紫光、紅光在A點(diǎn)的折射角分別為a、6。

對(duì)紫光有“=迎2,匕=￡,“2Rcosa,解得“2Rsinecota；

sin。n,Vjc

同理得芍=2心山80明,由于a<6,故ti>3選項(xiàng)A正確。

c

6.D【解析】在0~工時(shí)間內(nèi)直導(dǎo)線中的電流正向增大，導(dǎo)線框中向里

4

的磁通量增大，由楞次定律知，線框中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；工~工時(shí)

42

間內(nèi)導(dǎo)線框中磁通量減小，其面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；/=工時(shí)直導(dǎo)線中電流變化

4

率為零，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流為零，受到的安培力為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由對(duì)稱性知，同一時(shí)刻

線框?qū)ΨQ軸MA/上、下兩部分受到平行于直導(dǎo)線方向上安培力的合力為零，在0~二內(nèi)導(dǎo)線框

4

受到安培力沿對(duì)稱軸向右，線框向右加速運(yùn)動(dòng)；二~二時(shí)間內(nèi)線框受到的安培力向左，線框

42

向右減速運(yùn)動(dòng)，由于磁場(chǎng)向右減弱，在工時(shí)刻導(dǎo)線框向右的速度不為零；同理分析在交變

2

電流的后半個(gè)周期內(nèi)，線框也一直向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。

7.B【解析】由于M點(diǎn)的始振方向向上，波動(dòng)中所有質(zhì)點(diǎn)的始振方向相同，故波源的始振方

向向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由圖知波長(zhǎng)7=4m,設(shè)波的周期為T,則波速丫=2M點(diǎn)與N點(diǎn)間距Ax

=7m,波由M點(diǎn)傳到N點(diǎn)所用的時(shí)間Ar=—>N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為15cm=3A,可知&+°T=10s,

v4

解得7=4s,v=lm/s,選項(xiàng)B正確；5.5s=7+J+0.5s,此時(shí)M點(diǎn)正向平衡位置運(yùn)動(dòng)，速度

在增大，加速度在減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于12s="+T+￡此時(shí)質(zhì)點(diǎn)N的位置坐標(biāo)為（10cm,

5cm）,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

8、ABD【解析】：0衰變的本質(zhì)是一個(gè)中子衰變成一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)負(fù)電子，所以中子和正電

子的質(zhì)量之和大于質(zhì)子的靜質(zhì)量，故選項(xiàng)B正確；B衰變的產(chǎn)物是一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)負(fù)電子,

而不是負(fù)電子，故選項(xiàng)C錯(cuò)；核反應(yīng)過程中粒子的動(dòng)量是守恒的，反應(yīng)前質(zhì)子的動(dòng)量為零，

反應(yīng)后中微子有動(dòng)量，所以正電子和中子的動(dòng)量之和不為零，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

9、CD【解析工根據(jù)動(dòng)量定理，支持力對(duì)人的沖量大小為加丫+根gf,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；地面

的支持力對(duì)人不做功，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；根據(jù)能量守恒定律，在跳起的過程中

存在人體肌肉儲(chǔ)存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的過程，故選項(xiàng)D正確

10、AD【解析］由題意可知，真空室內(nèi)是非勻強(qiáng)磁

場(chǎng)，所以電子不可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A對(duì)；給電

磁鐵通入交變電流，從而產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)，變化規(guī)律

題中右圖所示（以左圖中所標(biāo)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)的方向

為正方向），要使電子能被逆時(shí)針（從上往下看，以下

同）加速，一方面感生電場(chǎng)應(yīng)是順時(shí)針方向，即在磁

場(chǎng)的第一個(gè)或第四個(gè)四分之一周期內(nèi)加速電子；而另

一方面電子受到的洛倫茲力應(yīng)指向圓心，只有磁場(chǎng)的第一或第二個(gè)四分之一周期滿足。所以

只有在磁場(chǎng)變化的第一個(gè)四分之一周期內(nèi)，電子才能在感生電場(chǎng)的作用下不斷加速。因此,

一個(gè)周期內(nèi)電子只能被加速一次，故B錯(cuò)；電子在被加速時(shí)切向感生電場(chǎng)力，法向有洛倫茲

力，所以加速度不可能始終指向圓心，故C錯(cuò)；由于電子在加速運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)不斷釋放電磁

波，所以輸出射線的能量與按能量守恒的計(jì)算值有相當(dāng)?shù)牟罹?，故D對(duì)。

11.BC【解析】探測(cè)器在遠(yuǎn)火點(diǎn)。變軌前后瞬間的速度大小均為丫，受到火星的萬有引力

與v垂直，萬有引力不做功，由動(dòng)能定理知，發(fā)動(dòng)機(jī)對(duì)探測(cè)器做的總功為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

由矢量的運(yùn)算法則知，變軌過程中，探測(cè)器速度變化量大小為二=亞丫，選項(xiàng)B

正確；在遠(yuǎn)火點(diǎn)。探測(cè)器受到火星的萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律知，變軌前后

瞬間探測(cè)器的向心加速度不變，選項(xiàng)C正確；若探測(cè)器在。點(diǎn)變?yōu)橐曰鹦菫橹行模霃綖?/p>

r的圓軌道上運(yùn)行，其速率vo>v,在圓軌道與橢圓軌道的Q點(diǎn)，探測(cè)器的加速度大小均為

a=K.>且，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

rr

12、【解析】：由題意可以知道，本實(shí)驗(yàn)題其實(shí)是一個(gè)等效法測(cè)電阻。第一次測(cè)量的是電壓表

TJD

和電阻箱的并聯(lián)電阻值，即/?并=亍，所以閉合開關(guān)S2,保持

不變，調(diào)節(jié)式的值，得到的電流與電壓可以測(cè)量R井與此的并聯(lián)

阻值，即竺=&^上，并聯(lián)立&=5,得尺=_U'U?_,由于電壓表與電阻箱的

,2R，+R井LU/一/必

并聯(lián)阻值能測(cè)量出來，所以待測(cè)電阻的測(cè)量值沒在誤差，等于真實(shí)值。

13、【解析】：由上分析看見：質(zhì)量不變時(shí)，只要成倍改變AD,合力就成倍增加。就可以研

究質(zhì)量不變時(shí)，加速度與外力的關(guān)系。增加祛碼，改變小車的質(zhì)量時(shí)，只要同時(shí)改變AD,

使MgxAD不變，就可以研究外力不變時(shí)，加速度與質(zhì)量的關(guān)系。

14、【解析］AV氣體從A容器擴(kuò)散到B容器，則剩余氣體等溫膨脹到Vi，設(shè)活塞打開后

的壓強(qiáng)為p

A容器等溫膨脹：8（X—AV）=

B容器摩爾數(shù)守恒：名絲+如=必

T,T2T2

聯(lián)立以上兩式得〃=史爸土處豈

代值得p=29.4kpa

15、【解析工

（1）由于管在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球在沿管方向受到的洛倫茲力為

F=Bqv°.........................（1）

根據(jù)牛頓第二定律，則小球在沿管方向上的加速度為

”￡=如..............⑵

mm

（2）當(dāng)系統(tǒng)開始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，會(huì)受到水平方向和豎直方向兩個(gè)洛倫茲力作用，所以系統(tǒng)在

水平方向上的速度在減小，在豎直方向上的速度在增加。當(dāng)系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí)，系統(tǒng)的水

平速度減小為零，同時(shí)豎直方向上小球增加到最大速度（或動(dòng)能）。由于洛倫茲力對(duì)系統(tǒng)做

的總功為零，所以系統(tǒng)的總動(dòng)能守恒，設(shè)小球的最大速度為匕“，則有

；4加片=

-mvl................⑶

2

求得匕"=2%...................(4)

(3)由于系統(tǒng)在水平方向上和豎直方向上各受一個(gè)洛倫茲力作用，通過這一對(duì)洛倫茲力的

沖量來實(shí)現(xiàn)系統(tǒng)兩個(gè)方向上的動(dòng)量的轉(zhuǎn)移，在水平方向上對(duì)系統(tǒng)用動(dòng)量定理得

0—=-△/==—Bqb.........(5)

式中人為小球在豎直方向上的位移，可得

b=g............................................(6

Bq

小球在豎直方向上用動(dòng)量定理得

mvm-0=夕/%=BqEyQ=Bqa...............(7)

式中。為小球在水平方向上的位移，可得

2mv

a=—”=——n....................................................8)

BqBq

當(dāng)帶電小球射出玻璃管后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R,則有

v2

Bq%=m弋.......................................(9)

K

由(4)(9)式可求得

R=即出.........................................(10)

Bq

由圖可知小球與玻璃管底最遠(yuǎn)距離為

s、z=R+而看...............................(11)

由由)(8)(10)(11)式得

Snulx=(2+2⑹箸..................(12)

Bq

由圖可知小球與玻璃管底最近距離為

Smin=揚(yáng)+廿................................(13)

由由)(8)(10)(13)式得

%n=(26-2)詈..................(14)

Bq

16、【解析工

(1)若把木板與鐵塊組成一個(gè)系統(tǒng)，由于系統(tǒng)所受的合外力為零，

所以系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，最終它們會(huì)達(dá)到勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。設(shè)此時(shí)速度為V,則結(jié)

合平行四邊形定則和動(dòng)量守恒定律得

%/+說=2，"%（1）

加+v：=2mv（2）

由（I）（2）兩式得，系統(tǒng)最終勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度為丫=%（3）

此時(shí)的速方向與水平向右方向成30°（4）

（2）根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)摩擦生熱為

2

Q=-^m[v（）+3匕"-g2mv（5）

由（3）（5）兩式可知°=相說（6）

這個(gè)問題還可以用相對(duì)運(yùn)動(dòng)來分析，先求出相對(duì)滑動(dòng)的距離，再用摩擦力與相對(duì)滑動(dòng)距離相

乘就可得熱量。

(7)

兩個(gè)物體之間相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為r_V_%(8)

a+aa

所以兩者速度改變量最大值為△匕”=at=vQ(9)

a4￡o

因?yàn)樗俣雀淖兞康淖畲笾禐椋?如上圖4所示，由幾何關(guān)系可得兩者最終速度

OM=v0(11)

其中M為AB的中點(diǎn)，由矢量圖4可知木板的最小速度為V板而門=%(12)

鐵塊的最小速度為內(nèi)5=。4=爭(zhēng)。

(13)

【附加題】解析：

（1）設(shè)AC與BC繩子的拉力分為5，0A與0B繩子的拉力為耳，以C為對(duì)象,

則有6K=mg,耳siny=mg+F2sm^,Eq=(Ft+F2)cos—

2\[3mg

可求得￡=黃，耳="咫，E

3q

（2）在OB間輕繩剪斷之后，系統(tǒng)最終再次達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)，位置如下圖所示，由于系統(tǒng)

總電量為零，所以電場(chǎng)力的合力為零，即0A繩是豎直的。

以B為研究對(duì)象tan。？=^-=卡,sin%=-^=,cos02

以B+C為研究對(duì)象，tana=—^匕=J=,sina=',cosa=

12mgV3'212

相對(duì)開始時(shí)狀態(tài)，兩種勢(shì)能的變化如下：（以天花板所在的平面為零勢(shì)能面）

開始時(shí)的重力勢(shì)能為與南=-26%心

后來的重力勢(shì)能為6重2=-mgL（3+百+、-）

而

重力勢(shì)能變化為口約幣=七涯2一州市」=-mgL（3-6+-^―）

T巧

電場(chǎng)力對(duì)A做負(fù)功叱=-Eq-=-^-mgL

電場(chǎng)力對(duì)B做正功網(wǎng)=EqLsin02=^^-mgL

4721

則系統(tǒng)電勢(shì)能變化為口紇電=W?-叱=-mgU

21

則系統(tǒng)的總勢(shì)能變化為口約RE,重+口E聞=一/叫〃3-殍+粵）

試題中典型題目分析

一、第14題的分析（改編自全國高考題）

1題目

如圖1所示，在光滑的水平桌面上放置一根內(nèi)壁光滑的玻璃管，上端開口下端封閉。

玻璃管底部有一帶正電小球，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑。在桌面上加一豎直向下的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)8已知小球帶電量為+.,質(zhì)量為機(jī)，現(xiàn)讓管以恒定速度%向右運(yùn)動(dòng)，試分析小球在管

內(nèi)的動(dòng)軌跡。xXXXXXX

xXXX

XXX

XXX

XXX

XXX

1.1分析圖1

在水平方向上小球受洛倫茲力工=&/!和左管壁的彈力《V，這兩個(gè)力平衡，所以小球

水平方向上以％勻速運(yùn)動(dòng)，則水平方向上的位移。在豎直方向上小球受到的洛倫茲

力工=的％,做勻加速直線運(yùn)動(dòng)加速度a=絲九，速度匕=山=級(jí)%,豎直方向上的

mm

位移y=2a尸.得到小球的軌跡方程丁=_/彳2,是一條拋物線。

22mv0

1.2思考

要維持系統(tǒng)的勻速直線運(yùn)動(dòng)，則要對(duì)管施加一個(gè)水平向右的拉力尸，是為了平衡系統(tǒng)受

到的水平向左的洛倫茲力，拉力對(duì)系統(tǒng)做正功的同時(shí)，又通過帶電小球的兩個(gè)洛倫茲力（總

功為零）把這部分正功全部轉(zhuǎn)移到豎直方向上來了

2改進(jìn)模型

如圖2所示，在光滑的水平桌面上放置一根內(nèi)壁光滑的玻璃管，兩端封閉管中間用一種

絕緣物質(zhì)將玻璃管分成等長(zhǎng)的兩部分，并在絕緣物質(zhì)兩邊各放一個(gè)完全相同的小球，球的直

徑略小于管的內(nèi)徑。已知兩個(gè)小球和玻璃管的質(zhì)量均為加，兩小球帶等量異種電荷+d-4

（忽略電荷間的庫侖力），在桌面上加一個(gè)豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,給管一個(gè)水平向右的初

速度%,試求：

⑴為了不讓小球與玻璃管的兩端相碰，玻璃管的最小的長(zhǎng)度

⑵小球的最大速度

⑶定性畫出帶正電小球的運(yùn)動(dòng)軌跡

X

X

X

X

X

X

2.1分析圖2

如圖3所示兩個(gè)小球同時(shí)參與了水平和豎直兩個(gè)方向上的運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性、

獨(dú)立性、等效性和對(duì)稱性，因此只要分析出一個(gè)小球運(yùn)動(dòng)規(guī)律就可以得出另一個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)

規(guī)律。系統(tǒng)開始向右運(yùn)動(dòng)，在水平方向上的速度減小,

在豎直方向上的速度增加。系統(tǒng)通過兩對(duì)洛倫茲力的

功把系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)能轉(zhuǎn)移到豎直方向上來，

當(dāng)系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)到最右端3時(shí)，系統(tǒng)的水平速度減小為零,

同時(shí)豎直方向上兩個(gè)小球有最大速度（動(dòng)能）。

由于洛倫茲力的總功為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)能守恒，

設(shè)小球的最大速度為匕“，則有g(shù)3mM=；2叫,

求得匕"=六%

對(duì)于系統(tǒng)在水平方向上和豎直方向上各受兩個(gè)洛倫茲力作用，通過這兩對(duì)洛倫茲力的沖量和

功來實(shí)現(xiàn)系統(tǒng)兩個(gè)方向上的動(dòng)量和動(dòng)能的轉(zhuǎn)移。

在水平方向上由動(dòng)量定理得0-3m%=一工28"再，=一2%^匕口="Bqb

式中匕為小球在豎直方向上的位移，可得分=即也，由于兩個(gè)小球運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性和周期

2Bq

可求玻璃管的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)=4b=&也。

Bq

小球在豎直方向上由動(dòng)量定理得加匕〃一。=>2%匕口，=的WX口'=

式中。為小球在水平方向上的位移，可得。=嗎=蚓生

Bq2Bq

由軌跡的對(duì)稱性和周期性可得兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖4所示

2.2猜想

兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)的軌跡為兩個(gè)對(duì)稱的橢圓，其中b=網(wǎng)殳,。=幽也

2Bq2Bq

2.3證明

系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律如下:

在水平方向上3帆（匕一%）=一匕?

整理得3，”（匕.一%）=-IBqy②

y

在豎直方向上mvy=yjBqv^\t③

整理得mvy=Bqx④

對(duì)②式求導(dǎo)得3加==-2坳蟲

⑤

drdt

d2x2B2a2

再將④式代入得3〃2等+筆-x=0⑥

df3m2

⑥式為系統(tǒng)在水平方向上的微分方程，初始值為x