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1、2021年广东省高考物理模拟试卷（一）1.用两种不同金属材料、做光电效应实验得到光电子最大初动能E t o n与入射光频率V的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A.a的逸出功比b的大B.a的截止频率比6的小C.直线一定会相交D.“发生光电效应时间较短2.一个小球在离地面一定高度的。点向下运动，第一次自由落体运动，第二次以第一次落地时的速度竖直向下做匀速直线运动，在。点的正下方有一点A,A与。的距离和A与地面的距离相等，则小球两次从O点到A点的时间比为（）A.1：1 B.2：1 C.2 2：1 D.4：13 .如图，钉子在一固定的木块上竖立着，一铁块从高处自由落体打在钉子上，铁块的底面刚好与钉
2、子顶端断面在同一水平面，之后铁块 n和钉子共同减速至零，则（）_ _A.铁块、钉子和木块机械能守恒B.铁块减少的机械能等于钉子和木块增加的机械能C.铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动量等于钉子增加的动量D.铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动能等于钉子增加的动能4 .如图，理想变压器原线圈和副线圈上定值电阻都为R o,且原线圈上岛 的功率等于副线圈上每个心功率，则（）A.ab端输入电压是副线圈输出电压的2倍B.纵b端输入电压是原线圈中&两端电压的2倍C.原线圈中通过R o的电流是副线圈中每个&的电流的2倍D.”、人端输入电压是副线圈中R o两端电压的3倍5.如图，平行板电容器两极板的间距为乩 极
3、板长均为2d,上极板带正电，两板间电压为U。一个电荷量为q（q 0）的O粒子在电容器中下板的左边缘正对上板的。点射入，。点与上板左边缘距离为0.5d。不计重力，若粒子能打在上极板上，则粒子的初动能至少为（）A.|qU B.qU C.D.qU6.已知通有恒定电流/的无限长直导线产生的磁场，磁 感 应 强-L-0度与该点到导线的距离成反比。如图所示，有三根无限长、-h通有大小一样电流的直导线人氏c等间距放置，其中 7 中电流与。、C相反，此时与必距离都相等的P点（未画出）磁感应强度为B，现取走导线。，则P点的磁感应强度为（）A.B B.1.58 C.0.4B D.0.5B7.一个轨道半径等于地球半
4、径2倍的地球卫星，绕地球转120。的时间为f,已知地球表面重力加速度为g,引力常量为G,由此可求得（）A.地球半径为吗 B.地球半径为警87r232rcC.地球的密度为券 D.地球的密度为孤8.如图，质量为，的物块上端连接一根轻弹簧，恰好静止在倾 F X 角为30。的固定斜面上。现在弹簧上端施加沿斜面向上的缓 礴C慢变大的拉力，弹簧伸长L时开始运动；当物块开始运动时I保持拉力不变并将物块向上缓慢移动距离L，整个过程拉力做的功为1.5mgL。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A.物块缓慢运动时，拉力F=2mgB.物块缓慢运动时，弹簧弹力/=mgC.整个过程克服摩擦力做的功为2ingLD.弹簧
5、的弹性势能增量为0.5mgL9.如图所示，质量为“、边长为L、电阻为R的正方形导线框浦cd的cd边悬挂在水平横梁上，所在空间存在竖直方向的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度为瓦将外边提起使ad边与竖直方 /向成60。角，由静止释放，当线圈平面摆到竖直方向时，线框回 路产生的焦耳热为。，则这一过程中（）A.帅 边产生的感应电流越来越大B.心 边受安培力方向始终与它的速度方向相反第 2 页，共 19页C.通过外横截面的电荷量为跳D.最低点时，岫 边 的感应电动势大小为B L-华1 0.固定斜面的倾角。=3 0。，轻弹簧下端固定在斜面底端，淤弹簧处于原长时上端位于C点。用一根不可伸长的轻 I绳通过轻
6、质光滑的定滑轮连接物体A和2,A的质量为 M-茫&2，,B的质量为?,初始时物体A到C点的距离为心现给A、B初 速 度%(%屈),使A开始沿斜面向下运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度为g,物体A与斜面之间的动摩擦因数=?,不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，贝U()A.与弹簧接触前，物体A向下做匀加速直线运动B.物体4向下运动到C点时的速度为J诏-g LC.弹簧的最大压缩量为-逋-2 L)D.弹簧的最大弹性势能为,爪(诏-gL)41 1.某同学用两把量程为5 N的弹簧测力计、一个橡皮筋、平整木板一块、图钉若干枚、细线、白纸和笔等来验证力的平行四边形定则，
7、完成实验后，该同学进行拓展实验如下，请完成必要步骤：旦(1)在白纸上过橡皮筋固定点A画一直线，如图甲中竖直虚线所示，用一把弹簧测力计将橡皮筋拉至一定长度，橡皮筋始终保持沿着虚线的方向，记录橡皮筋结点位置O；测力计示数如图乙所示，读数为 N。(2)如图甲所示，过结点。作两互相垂直的虚线O B 1.0 C,O B、O C与A。延长虚线夹角分别为6 0。和3 0。(3)如图丙所示，用两把弹簧测力计队6将橡皮筋结点拉至。点，、人的方向分别与。8、O C重合，记录八 匕两弹簧测力计的读数用和无。(4)现保持结点O的位置不变，缓慢将两弹簧测力计同时逆时针转动3 0。，并保持互相垂直，在转动过程中，弹簧测力
8、计。的示数(填“变大”“变小”或“不变”)。(5)当转过3 0。时，弹簧测力计匕的读数为凡，若平行四边形定则成立，则及与F J的比值为。1 2.利用图4所示电路，测量多用电表内电源的电动势E和电阻“X 1 0”挡内部电路的总电阻R为使用的器材有：多用电表，毫安表(量程1 0 nM),电阻箱，导线若干。回答下列问题：(1)将多用电表挡位调到电阻“X 1 0”挡，红表笔和黑表笔短接，调零；(2)将电阻箱阻值调到最大，再将图a中 多 用 电 表 的 红 表 笔 和(填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。(3)调节电阻箱，记下多组毫安表的示数/和电阻箱相应的阻值R；某次测量时电阻箱的读数如图人所
9、示，则该读数为(4)甲同学根据/=记土，得到关于;的表达式，以:为纵坐标，R为横坐标，作;-R图线，如图c所示；由图得E=V,口内=2(结果均保留三位有效数字)(5)该多用电表的表盘如图d所示，其欧姆刻度线中央刻度值标为“1 5”，据此判第4页，共19页断电阻“X 10”挡内部电路的总电阻为_。，甲同学的测量值R为与此结果偏差较大的原因是13.如图是两个圆筒/、N 的横截面，N 筒的半径为L,M 筒 半 径 远 小 于 在 筒 的右侧有一等腰三角形匀强磁场区域O A 8,磁感应强度大小为B,方向平行圆筒的轴线。M.N 以相同角速度顺时针转动，两边缘开有两个正对着的窄缝S1、S 2,当S i、S
10、2的连线刚好与。48底边上的高共线时，M 筒内部便通过S 向外射出一个质量为?、电荷量为4 的带电粒子，粒子进入磁场后从OA边中点射出。己知AOaB底边的高为1.2 3 底边48=3.2 3 粒子通过的空间均为真空。求:(1)粒子的速度；(2)圆筒的角速度。14.如图，在光滑水平面上，质量为，的小球静止在一 个半径为R=3m的圆的圆心上。质量分别为?和3m.&A*B的小球和分别处于一直径A 8两端，另一个小球.静止在与A B垂直的半径的端点。现给球一沿AB方向的初速度，之后、三个小球发生的都是弹性碰撞(碰撞时间极短)，当和发生碰撞瞬间，同时对球施加一恒定外力，若施加的外力居与4 8 方向成37
11、。时，球恰好与球在A 8直线上相遇；若施加的外力尸2与 BA方向成37。时，球恰好与球在A 8直线上相遇。则：(1)求球与球碰后速度与碰前速度的比值大小；(2)求&与尸2的比值；(3)若%=2m/s,Fi作用时经过多长时间，球和球的距离最小？1 5.如图所示，一定质量的理想气体，从图示A 状态开始，经历了 B、C 状态，最后到O 状态，从4 T B 过程温度升高,压强,C-C 过程体积变小，气体 热量。1 6,导热良好、粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，下方水银柱足够长且左、右两侧水银面等高。已知大气压强po=75cm”g保持不变，环境
12、初始温度为A =300K。现缓慢将玻璃管处环境温度提升至酷=330K。求：右侧空气柱长度;(ii)左侧管内水银面下降的高度。17.一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆 球 的 回 复 力 (填“变大”“不变，或“变小”)，摆 球 的 机 械 能(填“增大”18.t=0时刻，x=0处的质点开始做简谐振动，在1=0.2s时刻形成如图所示的一个完整波形，求：(i)从t=0到t=0.6s时间内x=6nl处的质点所经历的路程；(ii)t=0.45s时x=9m处的质点所处的位置。第 6 页，共 19页答案和解析1.【答案】B【解析】B、由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hv%=九丫一%均，对应图象知，横轴
13、截距为截止频率，故 a 的截止频率比b 的截止频率小，故 8 正确。A、逸出功%=/1匕），因为a 的截止频率比b 的截止频率小，故 a 的逸出功比6 的小，故A 错误。C、图象的斜率为普朗克常数，故两图象平行，故 C错误。、光电效应的时间极短，短于10-95,故。错误。故选：B。由爱因斯坦光电效应方程Ekm=h v-%=h n-h v o,结合图象，利用斜率和图象横轴截距的物理意义，作答A8C选项；由光电效应的瞬时性，作答。选项。光电效应的四条规律如下：入射光频率大于金属截止频率时，产生光电效应；爱因斯坦光电效应方程；当入射频率一定时，光电流强度随入射光强度的增大而增大；光电效应时间极短，短
14、于10-9,掌握光电效应的以上规律，是作答光电效应问题的关键。2.【答案】C【解析】解：设。点到地面的高度为2，做自由落体运动时下降高度人所需时间为”,则 =片，解得匕=落到地面上时的速度为v,则2g x2h=v2解得u=2匹，第二次匀速运动到A 点所需时间为t2故 AB。错误，C正确;故选：Co设。点到地面的高度为2 6,小球做自由落体运动时，求得下落所需时间和落地时的速度，即可求得匀速下落所需时间，即可求得本题主要考查了自由落体运动和匀速直线运动，熟练公式即可求得。3.【答案】C第8页，共19页【解析】解：人根据题意，碰后铁块和钉子动能减小，重力势能减小，木块的机械能不变，铁块、钉子和木块
15、机械能不守恒，故A错误；8、碰撞后，钉子和木块会产生内能，钉子的重力势能减小，所以铁块减少的机械能和钉子减小的重力势能等于钉子和木块增加的内能，故8错误；C、铁块和钉子碰撞瞬间，内力远大于外力，碰撞前、后动量近似守恒，则铁块减少的动量等于钉子增加的动量，故C正确；。、铁块碰撞钉子前后瞬间，会损失能量，铁块碰撞钉子前后瞬间，铁块减少的动能等于钉子增加的动能和增加的内能之和，故。错误。故选：Co根据机械能的概念判断铁块、钉子和木块机械能是否守恒：根据能量关系分析铁块减少的机械能转化为哪些能量；根据动量守恒定律判断铁块减少的动量与钉子增加的动量的关系；根据能量守恒定律分析铁块减少的动能与钉子增加的动
16、能的大小关系。本题主要是考查机械能守恒定律,解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法：1、看是否只有重力或弹力做功；2、看系统的动能和势能之和是否变化。4.【答案】D【解析】解：A&原线圈上&的功率等于副线圈上每个&功率，则孑&=)2%，所以/1：I?=1：2,总功率 P a b =U a/i =3URO/,Uabk=3/咦=3 1/2 1 则 孑=3,滑=3,故A B错误；UROC.因为原线圈上R o的功率等于副线圈上每个岛功率，根据P =/2R0,所以原线圈中通过治的电流等于副线圈中每个R o电流，故C错误；。副线圈输出电压等于副线圈中&两端电压，据上分析得：等=3,故a、8端输入电压是
17、副线圈中右两端电压的3倍，故。正确。故选：D o根据原线圈上R o的功率等于副线圈上每个R o功率，根据功率相等可解决A 3。选项；根据=/2用可解决C选项。本题考查变压器相关知识，意在考查考生的理解、分析综合能力，解决本题关键要注意电源的输出功率不等于原线圈的输入功率。5.【答案】D【解析】解：在电容器中下板的左边缘处对粒子速度进行分?5d o解，如图所示；竖直方向根据速度一位移关系可得：呼=2 a d=2 x 9x g*-Jma p vd=%m根据图中几何关系可得ta n 9=等=：则：喏=那=器粒子的初动能至少为：Ek=1m v2=|m（v2 +冠）解得：Ek=q U,故。正确、A B
18、C错误。故选：D。在电容器中下板的左边缘处对粒子速度进行分解，竖直方向根据速度一位移关系求解竖直方向的初速度大小，再求出水平方向初速度，根据动能的计算公式求解最小初动能。本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是弄清楚粒子的受力情况和运动情况,根据运动的合成与分解结合动能的计算公式进行解答。6.【答案】C【解析】解：设P到4、人 距离为X,则到C的距离为3 x,根据安培定则可知。在尸点产生的场强向内，设为B o,则c在P点产生的场强向外，大小为B c=：B o,因此8 =2 8。一坪。,解 得:%=|B；撤去“导线后，P点的磁感应强度为Ac两导线在P点产生场强的叠加，则有：BP=B0-居o=
19、：B o =O.4 B,故C正确、A B Z）错误。故选：C o根据安培定则判断导线在P处产生的磁场方向，再根据磁场的叠加求出各个导线在P点产生的磁场大小，撤去。导线后，P点的磁感应强度为从c两导线在P点产生场强的叠加，由此得解。本题主要是考查磁感应强度的叠加，知道磁感应强度是矢量，其合成满足矢量的合成方法，掌握安培定则的应用方法。7.【答案】C第1 0页，共1 9页【解析】解：AB,由万有引力定律得，地球表面的物体G箸 =m g,轨道半径等于地球半径2倍的卫星，设其周期为T,由t=得T =33又因为=m（争2*2 R,得地球的半为R =吗，故A B错误；327r2C D、由密度公式p =，V
20、=nR3,可解得密度：p=券.故C正确，O错误。故选：C o利用万有引力等于重力，万有引力提供向心力，可求得地球半径。利用密度公式再求出密度。本题考查万有引力定律的应用，熟练掌握两种思路，万有引力提供向心力，万有引力等于重力，然后求解物理量即可。8.【答案】BD【解析】解：A B、设物块与斜面间的动摩擦因数为，因为物块恰好静止在倾角为3 0。的斜面上，则有：mgsin30=mgcos30当物块缓慢运动时，根据平衡条件有：F=弹=mgsin30+fimgcos30联立得到/=?弹=皿9 =卜心 故A错误，B正确；C、整个过程中克服摩擦力做的功为叼=Rng c os3 0 O x L =7 ng
21、L,故C错误；D、整个过程中拉力做的功为：WF=W1+W2=-x L+k L x L =l.SmgL,物块重力势能的增加量为与=巾9公勿3 0。=0.5 mg L,所以根据功能原理，弹簧弹性势能的增加量为E p=WF Ep-Wf=1.5 mgL 0.5 mgL 0.5 mgL =O.SmgL,故 D 正确。故选：B D。由题设条件的两个状态，物体恰好静止和缓慢移动L的过程，分别可以求出拉力和此刻弹簧的弹力；由功的公式和功能原理或能量守恒求出克服摩擦阻力做的功和弹性势能的增加量。本题要分析清楚两个物体的运动过程，对于缓慢的情形，运用平衡条件研究.运用功能原理或能量守恒定律解题时，关键选择合适的研
22、究过程，分析过程中有哪些力做功，哪些能量增加或减小。9.【答案】A C【解析】解：人 线圈在下摆过程，而边速度越来越大，外 边的速度与磁场方向的夹角越来越大，有效切割速度越来越大，根据E =B L u sina分析可知 边产生的感应电动势越来越大，则感应电流越来越大，故A正确；8、根据安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，可知，“6边受安培力方向始终水平向右，与速度方向不是相反，故8错误；C、通过外 横截面的电荷量为：q=t根据法拉第电磁感应定律得：=丝=丝 也 竺At A t根据闭合电路欧姆定律得：7 =R联立解得：勺=跳，故C正确；。、设 曲 边到达最低点时速度大小为V,根据=3乙
23、 3 相同，知线圈重心到达最低点时的速度为;.根据能量守恒定律得：m g (l-cos60)=Q+m()2最低点时，加边的感应电动势大小为：E=BL v联立解得：E=B L j 2 g L-，故 错误。故选：A C.根据E =B Z sina分析外边产生的感应电动势变化情况,从而确定感应电流的变化情况。根据安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，来分析安培力方向与速度方向的关系；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的关系求通过 横截面的电荷量。根据能量守恒定律求出外边到达最低点时的速度，再由E=B Lv求外边产生的感应电动势大小。解答本题是运用等效法研究外边到达最低点时
24、的速度。要掌握安培力的方向特点：安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，可根据左手定则判断安培力方向。1 0.【答案】BD【解析】解：A、A向下运动时，以沿斜面向下的方向为正，对A 8整体有：a =2mgsm”“宵小、代入数据得a =：g,方向沿斜面向上，故接触弹簧前做匀减速直线运动，故A错误：B、A和斜面间的滑动摩擦力大小为f =211mgeosS,物体A向下运动到C点的过程中，根据功能关系有：第 12页，共 19页2mgL sin6+-(3 m)VQ=-(3 m v)2+mgL +fL解得：v=yjvl gL 故B正确；C、从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用
25、动能定理，有：/x 2%=0 -1 (3 m)v2o解得：”手一3故c错误；2g 2。、弹簧从压缩最短到恰好能弹到c点的过程中，对系统根据能量关系有：Ep+mgx=2mgxsind 4-fx因为 m g x=2mgxsin0联立解得：Ep =(诏-g L),故。正确。故选：B D。A、根据所受的合力求出加速度判断A 8的运动性质；B、物体A向下运动到C点的过程中，4的重力势能及A B的动能都减小，转化为B的重力势能和摩擦生热，根据能量守恒定律列式求出物体A向下运动刚到C点时的速度；C、从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后回到C点的过程中，弹簧的弹力和重力做功都为零，根据动能定理求出弹簧的最大压
26、缩量；D,弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，根据能量守恒定律求解弹簧中的最大弹性势能。本题关键是搞清能量如何转化的，可以先分清在物体运动的过程中涉及几种形式的能量,分析哪些能量增加，哪些能量减小，再判断能量如何转化。1 1.【答案】4.0变 大 百【解析】解：(1)弹簧测力计的精确度是0.2 N,则读数是F=4.0/Vo(4)三个力矢量三角形为直角三角形，则七=Fco s。，F 为合力 彳勺/不变，。变小，Fa变大;/V 当。=6 0。时，Fb=Fsin60,当。=3 0。时，Fb =Fsin30,立 生=亚 丝=疯A iFb sin30故答案为:(1)4.0,(4)变大(5)国.确定出
27、弹簧测力计的分度值，从而读出弹簧测力计的读数。利用三角形定则求得及，然后6变小，可知见变大。结合三角形定则求得力的比值。本题考查通过作出力的图示来验证“力的平行四边形定则”，重点是如何准确作出力的图示。同时值得注意其中有一力大小与方向均已一定，从而减少实验的操作步骤。1 2 .【答案】1 2 3.2 1.4 3 2 0 0 1 5 0 甲同学没有考虑毫安表内阻的影响【解析 1 解：(2)在欧姆表内部，黑表笔接电源的正极，红表笔接内部电源的负极，所以将电阻箱阻值调到最大，再将图。中多用电表的红表笔和1 端相连，黑表笔连接2,使得电流从电流表的“+”接线柱流入；(3)根据电阻箱的读数方法可知，则该
28、读数为2 x 1 0/2 +3 x W +2 x 0.1。=2 3.2 0；(4)根据/=向可得：1 =1/?+图象的斜率为：1=号 竺|7-1=350 E解 得:E=1.4 3 1 Z：D图象与纵坐标的截距为：=1 4 0 4-1解得：R 的=2 0 0 0；(5)中值电阻等于内电阻，所以电阻“X 1 0”挡内部电路的总电阻为1 5 x1 0 0 =1 5 0。,甲同学的测量值R 夕与此结果偏差较大的原因是甲同学没有考虑毫安表内阻的影响。故答案为：(2)1；(3)2 3.2；(4)1.4 3；2 0 0；(5)1 5 0：甲同学没有考虑毫安表内阻的影响。(2)在欧姆表内部，黑表笔接电源的正极
29、，红表笔接内部电源的负极，由此分析红表笔的接触点；(3)根据电阻箱的读数方法进行读数；(4)根 据/=向 推 导 出；-R的关系，根据图象的斜率、图象与纵坐标的截距求解电动势和内电阻；(5)根据中值电阻等于内电阻求解内部电路的总电阻；毫安表内阻对电路有影响。本题主要是考查测定电源电动势和内电阻以及欧姆表的原理，关键是弄清楚实验原理和数据处理方法，能够根据图象求解电源电动势和内电阻1 3 .【答案】解：(1)设粒子的速度为口 在磁场做匀速圆周运动的半径R,粒子的运动轨迹如图。由几何关系可得：t a n乙4。=粉=%得N 4 0 C =5 3。4 0 =JAC2+OC2=V(i.6)2+(1.2
30、Z,)2=2Lr ,AO 2Lsin530 0.8 82由洛伦兹力提供向心力，得：qvB=m R第1 4页，共1 9页解得：U=*8m(2)设圆筒的角速度为3,粒子从S i射出到到达S 2的时间为f,则得t =-V对于圆筒，有t =九 20)解得：3 =哼 世，(n=1,2,3.)。47n、,答：(1)粒子的速度为翳；(2)圆筒的角速度为誓 (n=l,2,3.)。【解析】(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，先画出粒子的运动轨迹，由几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求粒子的速度。(2)粒子从S i射出后做匀速直线运动，根据 =求出粒子到达S 2的时间，而这段时间内
31、圆筒可以转动圈，以此求解圆筒的角速度。解答本题时，需要正确作出粒子的运动轨迹，根据几何知识求解圆周运动的半径，同时，要把握圆周运动的周期性，得到圆筒转动角速度的通项。1 4.【答案】解：(1)小球和碰撞过程动量和能量守恒，取沿A B方向为正方向，则m v =m v1+m v2111-m v2=-mvl:+-mvj2 2 1 2 2解得，球 碰 后 速 度%=外球碰后速度“2 =0小球和碰撞过程动量和能量守恒，取沿A 8方向为正方向，则m v1=m v3+3m v4111-m v l =-m v j 4-x 3n l琢解得，球碰后速度%=-v,球碰后速度%=球与球碰后速度与碰前速度的比值大小为：
32、=1(2)对球施加一恒定外力，若施加的外力网与A 8方向成37。时，运动如图1所示，根据几何关系可知，球恰好与球在AB直线上相遇时，球移动的距离为与=1 m,且x3=4tl球的位移s=5 m,且1 2s=2 的年由牛顿第二定律可知：6%=m4联立解得：&=2.5m4v2若施加的外力F2与B A方向成37。时，运动如图2 所示,2R 2x3 12球和球碰后经过时间t2=F=F=才 能和球碰撞球和球碰撞动量守恒，能量守恒，由于两球质量相等，碰前球静止，碰后速度互换，即碰后球速度大小为。3=|v由几何关系可知，球移动的距离为与=1小，且%3=球的位移s =5 m,且,1 9S=/2(2+3由牛顿第二
33、定律可知：_ 尸20.2=-m4联立解得：?2=誓n 98第 1 6页，共 1 9页则尸 1 与 尸 2 的比值为最=.出 作用时，球向左运动，速度大小为%=l m/s,球向右运动，速度大小为女=Im/s当球的位置与球的位置连线，正好为球初始的位置与球和球相遇的位置连线垂直时，球和球的距离最小，如图3 所示：其中：=U 4tl1 2S =尹 1#由几何关系可知:1 .24 s 5 a lc o s 37=-=-5 x3+v3t联立解得：t =!|s =0.8 4s 或者t =-l s(舍去)答：(1)球与球碰后速度与碰前速度的比值大小为今(2)&与尸2 的比值为号;(3)若%=2 m/s,F
34、i 作用时经过0.8 4s,球和球的距离最小。【解析】(1)小球和碰撞过程动量守恒和能量守恒，然后小球和碰撞过程动量和能量守恒，即可求得速度之比；(2)施加外力F 与尸 2 过程中，根据几何关系找到位移关系，然后根据运动学公式求出加速度，最后根据牛顿第二定律求出外力6 与尸 2 的比值；(3)当球的位置与球的位置连线，正好为球初始的位置与球和球相遇的位置连线垂直时，球和球的距离最小.根据几何关系求出位移关系，然后根据运动学公式求解时间。本题考查能量守恒动量守恒，和运动学公式的综合，过程比较繁琐，几何关系隐含比较深，需要学生有极高的数学修养和极高的逻辑思维能力。解决本题关键在于找到几何关系，然后
35、综合运动运动学公式和三角函数知识求解。本题难度很大,考查的知识面很广，对学生能力要求很高。1 5.【答案】不变放出【解析】解：由图示图象可知，从4 fB过程丫与T成正比，气体发生等压变化，温度升高，压强不变；由图示图象可知，气体从C-。过程体积变小，外界对气体做功，W 0,气体温度不变，气体内能不变，=(),由热力学第一定律 U=W +Q可知：Q =U -勿=一勿 0,气体向外界放出热量。故答案为：不变；放出。一定量的理想气体内能由温度决定；气体体积变小，外界对气体做功；根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程与热力学第一定律分析答题。根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应
36、用气体状态方程与热力学第一定律即可解题。1 6.【答案】解：设玻璃管的横截面积为S,右侧气体初状态体积廿占1 =5 S,温度升高过程气体压强不变，由盖-吕萨克定律得：某=代入数据解得，右侧空气柱的长度：L =5.5 cm5)大气压强P o=7 5 c m H g,由图示可知，右管气体压强P右=(7 5 +15)cmHg=90cmHg左管初状态压强P在i=P右=9 0 c m H g,左管初状态体积%】=3 2 S,温度升高后，设左侧管内水银面下降的高度为，左管气体末状态压强P左2 =P/r +pp2h=(9 0 +2h)cmHg左管内气体末状态的体积匕2=(3 2 +快,对左管内气体，由理想气
37、体状态方程得：P&1V&1 Pt2V&2-T1 _ -T2-代入数据解得：h 1.8 3 c m答：(i)右侧空气柱长度是5.5 c m；(it)左侧管内水银面下降的高度是1.8 3 c m。【解析】右侧空气压强不变，应用盖-吕萨克定律可以求出右侧空气柱的长度。3)求出左侧管内气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出气体末状态的体积，然第1 8页，共1 9页后求出水银面下降的高度。根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，应用盖-吕萨克定律与理想气体状态方程即可解题，解题时注意两部分气体状态参量间的关系。1 7 .【答案】变 大 不 变【解析】解：偏角增大时，摆球向最大位移处移动，相对于平
38、衡位置的位移一定增大，回复力大小与位移成正比，F=-k x,故回复力增大；由于单摆在运动过程中只有重力做功，故机械能守恒。故答案为：变大；不变明确单摆的摆动过程，知道其平衡位置在竖直方向，偏角增大时位移、回复力、加速度增大；在振动过程中，只有重力做功，机械能不变。本题主要考查简谐运动的性质，要明确做简谐运动物体的位移、速度、加速度以及能量的周期性变化的情况。1 8 .【答案】解：（i）由题意可知周期7 =0.2 s,0.2 s时波刚传到x =6 m 处，再过0.4 s,即 2 个周期，x=6 nl处的质点振动的路程是s=2 x 4 x 4 c m =3 2 c m；3）由波形图可知波长是6 W
39、，所以波速u=*=2 m/s=3 0 m/s,波向右传播，根据同侧法可知图示时刻x =6 nl处的质点正在向下振动，那么所有质点的起振方向都向下，波从图示位置到传到x =9 巾处所需时间S =?=篝 S =0.1 s,再经过0.3 5 s,质点振动了 鬻=:个周期，质点在波峰位置。0.2 4答：（i）从t=O S iJ t=0.6 s时间内久=6 7 n处的质点所经历的路程是32cm；（ii）t=0.4 5 s时久=9 m 处的质点在波峰位置。【解析】根据波形图读出波长，然后求出波速，根据质点振动时间计算振动路程。结合周期性判断x=97n处的指点在0.45s时刻的位置。本题主要是考查了波的图像，解答本题的关键是要掌握波的传播特点，知道质点的振动周期性。