《2021届安徽省六安一中高考物理模拟试卷(五)(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届安徽省六安一中高考物理模拟试卷(五)(含答案解析).pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021届安徽省六安一中高考物理模拟试卷（五）一、单 选 题（本大题共5小题，共30.0分）1.下面关于电势和电势能的说法正确的是（）A.电势能是电场和电荷共有的能B.在负点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能C.电势降低的方向，一定就是场强方向D.电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大2.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧 二:忤 A w d沿水平方向与木板相连，木板质量M=3 kg,质量m=1kg的铁“尸块以水平速度%=4m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回（弹簧始终在弹性限度以内），最后恰好停在木板的左端，则下列说法中错误
2、的是（）A.铁块和木板最终共同以Im/s的速度向右做匀速直线运动B.运动过程中弹簧的最大弹性势能为3/C.运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为引D.运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功、后做负功3.如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹.下列关于实验现象和分析正确的是（）A.励磁线圈通以逆时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹B.励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹C.保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小D.保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大4 .如
3、图所示，边长为2 L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为L的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上。从t =0开始，使导线框从图示位置开始匀速沿对角线方向进入匀强磁场，直到整个导线框离开磁场区域。用i表示导线框中的感应电流（规定顺时针方向为电流的正方向），下列表示i-t关系的图线正确的是（）5 .中国在太原卫星发射中心以一箭双星方式，用“长征四号丙”运载火箭将“遥感卫星八号”成功送到太空，搭载发射的中国首颗公益小卫星“希望一号”也顺利进入预定的轨道，假设两颗卫星的轨道都是圆形，“遥感卫星八号”离地的高度为3 0 0 k m,
4、“希望一号”卫星离地的高度为1 2 0 0/n n,己知地球半径为64 0 0 k m,根据以上的信息可知（）A.“遥感卫星八号”与“希望一号”卫星的运行速度之比为2；1B.“遥感卫星八号”与“希望一号”卫星的运行周期之比为2：1C.“遥感卫星八号”与“希望一号”卫星的运行向心加速度之比为5 776：4 4 89D.“遥感卫星八号”与“希望一号”卫星的向心力之比为5 776：4 4 89二、多 选 题（本大题共5小题，共27.0分）6.如图所示，理想变压器原线圈输入市电电压（220 V,5 0 H z）,闭合 I电键后，电流表的示数为0.1 0 4电压表的示数为22U,由此 可 知?该变压器的
5、（）LL=1 6 A.原、副线圈的匝数比为1：1 0B.原、副线圈的匝数比为1 0：1C.原线圈电流为0.0 1 AD.副线圈交变电流频率为5 H z7.如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（）A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力不变D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面8.如图，abed是边长为;I的正方形，顶点b有一放射源，能源源不断地沿纸面内各方向放射出质量为沉、电荷量为q的带负电粒子，粒子速度大小为外结果发现，正方形四条边中，只
6、有de边上有粒子出来,de边上几乎所有位置都有粒子出现，而且粒子均是垂直于de边离开。不计粒子重力和粒子间相互作用，下列说法正确的是A.磁场方向垂直于纸面向里B.磁感应强度的大小养C.此匀强磁场区域的最小面积为D.有可能整个正方形区域都有垂直于纸面向里的磁场9.关于生活中的热学现象，下列说法正确的是（）A.夏天和冬天相比，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况下，夏天的绝对湿度较大B.民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是用镶子夹一棉球，沾一些酒精，点燃，在罐内迅速旋转一下再抽出，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上，其原因是，当火罐内的气体体积不变时
7、，温度降低，压强增大C.盛有氧气的钢瓶，在27久的室内测得其压强是9.0 x l0 6 p a,将其搬到一3。（2的工地上时，测得瓶内氧气的压强变为7.2 x 106P a,通过计算可判断出钢瓶漏气D.热量能够自发地从内能多的物体传递到内能少的物体E.一辆空载的卡车停在水平地面上，在缓慢装沙过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变,若把车胎内气体看成理想气体，则胎内气体向外界放热10.下列说法正确的是（）A.导线通电后就会使附近的小磁针发生偏转B.使用微波炉盘可利用“涡流”加热砂锅中的食物C.走廊中的声控灯控制电路中一定包含“与门”逻辑部分D.回旋加速器可将任何粒子加速到需求的速度三、实 验 题
8、（本大题共2小题，共1 5.0分）1 1.用图1所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验.（1）为了消除长木板与小车间摩擦力对实验的影响，必须在长木板远离滑轮的一端下面垫一块薄木板,反复移动薄木板的位置，直至不挂沙桶时轻推小车能在长木板上做 运动.（2）为保持拉力的方向不变，应调节滑轮的高度使细线与 平行;（3）挂上沙桶后，某同学只改变小车的质量进行测量.他根据实验得到的几组数据作出a -图象如图2.根据图2,可 判 断 本 次 实 验 中 小 车 受 到 的 合 外 力 大 小 为 N.（保留到小数点后二位）1 2.某同学学习了电压表的内部结构之后，决定亲手改装一只3 V量 程 的 厂电压表，
9、他进行了以下步骤，请根据你所学知识和他的操作进行填：空补充：测量待改装表的内阻，现有以下实验器材：灵敏电流计内（量程为2 0 0以1,内阻约为3 0 0 0）；|-/灵敏电流计G 2 （量程为5 0 0必1，内阻约为8 0 0 0）；定值电阻治=2 0 0 0；定值电阻/?2 =1。；滑动变阻器R（最大阻值5 0,2 4）；一节干电池（电动势1.5 V,内阻很小）；一个电键，导线若干.仅用以上器材他设计了如图所示测量G i表内阻的实验电路图.请你帮他把未画完的实验电路图在方框内补充完整，并标上相应的器材符号.根据实验电路写出测量G i表内阻的表达式rg=（若两个表都要使用，G i表的读数用。表
10、示，表的读数用/2表示）.根据第一步他测得灵敏电流计G i的内阻仃 =3 0 0 0,为了将它改装为3 U 量程的电压表，他应该联一个角=的电阻，并将表盘进行改写标注.他将改装好的电压表与标准的3 U 量程的电压表进行逐格校对，发现改装表读数总是略微偏小，则他应该采取下列哪一项措施减小误差_ _A 给/?3 串联一个大电阻 B.给R 3 串联一个小电阻C.给的并联一个小电阻。.给的并联一个大电阻.四、计 算 题(本大题共4小题，共 5 2.0 分)1 3.如图(a)所示，一个电阻值为R =2 0,匝数为n=2 0 0 的圆形金属线圈与阻值为2 R 的电阻连接成闭合回路，线圈的半径为乙=1 5
11、c m,在线圈中半径为 2 =1 0 c m 的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示，图线与横、纵轴的截 距 分 别 为=2 s和%=导线的电阻不计，求：(1)线圈中产生的感应电动势大小。(2)电阻两端的电压大小。(3)在0 至匕=1s时间内，通过电阻右的电量及线圈中产生的热量。1 4.如图a 所示，倾角。=3 0。的光滑固定斜杆底端固定一电荷量为Q =2 x10-4。的正点电荷，将一可视为点电荷的带正电的小球，从斜杆的底端(但与Q 未接触)由静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移s(该位移沿杆方向)的变化图象如图b 所示，其中
12、线1为重力势能随位移变化的图象，线2 为动能随位移变化的图象。(g =10 m/s2,静电力恒量K =9 x 10 9 Nm2/c 2,不计空气阻力。)则(1)描述小球向上运动过程中速度的变化情况；(2)求小球的质量n t和电荷量q；(3)斜杆底端至小球速度最大处由正点电荷Q 形成的电场的电势差U。15 .两端开口、内表面光滑的U 形管处于竖直平面内，如图所示质量均为10 k g 的活塞4、B 在外力作用下静止于左右管中同一高度八处，将管内空气封闭，此时管内外空气的压强均为P。=1.0 x 10 5 p a 左管和水平管横截面积S i =10 c m2,右管横截面积S 2 =2 0 c m2,
13、水平管长为明，现撤去外力让活塞在管中下降，求两活塞稳定后所处的高度。(活塞厚度均大于水平管直径，管内气体初末状态温度相同，g 取l O m/s?)16 .地震时，震源会同时产生两种波，一种是传播速度约为3.5 k m/s的S 波，另一种是传播速度约为7.0 k m/s的P 波.一次地震发生时，某地震监测点记录到首次到达的P 波比首次到达的S 波早3 mi n.假定地震波沿直线传播，震源的振动周期为1.2 s,求震源与监测点之间的距离x和S 波的波长九参考答案及解析1.答案：A解析：解：4、电势能是由于电荷和电场之间存在相互作用而产生的，所以电势能是电场和电荷共有的能。故A正确。B、取无穷远处电
14、势为零，在负的点电荷的电场中的任一点，电势为负值，则由公式Ep=q,可知正电荷的电势能为负值，负电荷的电势能为正值，故正电荷的电势能小于负电荷的电势能，故B错误。C、沿电场线的方向电势降低，电场线的方向是电势降落最快的方向，不能说电势降低的方向就是电场线的方向，故C错误。D、根据电势能的公式Ep=可知：电场中电势越高的地方，正电荷在该点具有的电势能越大，负电荷在该点具有的电势能越小。故。错误。故选：A.电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大。电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大。电势能是电场和电荷共有的能。电势降低的方向，不一定是场强的方向。本题考
15、查电势、电势能的关系，可根据电势的定义式3=系分析它们之间的关系。要注意电荷的正负。2.答案：C解析：解：设最终铁块与木板速度相同时共同速度大小为力铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L,滑动摩擦力大小为人 取向右为正方向，根据系统动量守恒可知：m v0=(Af+m)v,得u=lm/s,方向向右，所以铁块和木块最终共同以lm/s的速度向右做匀速直线运动，故A正确：8、铁块相对于木板向右时，当铁块与木板的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为f=lm/so根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有：血诏=+M +7n)/+Ep铁块相对于木板运动的整个过程有：=
16、2/L+|(M +m)v2又联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=3 J.fL=3 J,故B正确；C、由功能关系知：运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量Q=2 =6/,故C错误;。、由分析知，木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，。正确。本题选择错误的是，故选：Co木板放在光滑水平面上，铁块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求两者最终的共同速度。运用能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能，并求摩擦产生的热量。本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，分两个过程进行研究，要抓住铁块与木板两次共同速度相同这一关键条件。3.答案：B解析：解：4、若励磁线圈通以逆时针方
17、向的电流，由安培定则知，产生的磁场向外，根据左手定则判断知，电子进入磁场时所受的洛伦兹力向下，电子的运动轨迹不可能是图中所示，故A错误。8、同理，可得励磁线圈通以顺时针方向的电流，则能形成结构示意图中的电子运动径迹，故8正确。C D,电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=gni诏 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：=解得：=吧二画.eB By e可见保持励磁电压不变，B不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径增大。保持加速电压不变,增加励磁电压，B增大，电子束形成圆周的半径减小，故 错 误。故选：B。根据安培定则和左手定则结合判断电子的运动轨迹.根据动能定理表示出加速
18、后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式.即可进行分析.本题考查了粒子在电、磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键.4.答 案:D解析：解：线框进入磁场过程，有效切割长度/均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流1=誓均匀增大，根据楞次定律可知电流方向为逆时针，所以电流方向为负；导线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生；穿出磁场过程，有效切割长度，均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流？=带均匀减小，根据楞次定律可知电流方向为顺时针，所以电流方向为正。综上所述，表示i-t关系的图线正确的是D,故。正确、ABC错误。故选：D。根据有效切割长度的变化
19、分析电流大小的变化，根据楞次定律判断电流方向，由此分析。对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系进行分析。5.答案：C解析：解：“遥感卫星八号”和“希望一号”绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，nn l GMm v2 7 47r2r即 F=m =mra)=m；r2 r T2“遥感卫星八号”离地的高度为300/on,“希望一号”卫星离地的高度为1200km,己知地球半径为6400/cm,“遥感卫星八号”与“希望一号”卫星的轨道半径之比是67：76.A、线速度”=秒,“遥感卫星八号”与“希望
20、一号”卫星的运行速度之比为旧,故 A 错误：B、周期丁 =2兀 区，“遥感卫星八号”与“希望一号”卫 星 的 运 行 周 期 之 比 为 僧 故 B错误；C、加速度a=与，”遥感卫星八号”与“希望一号”卫星的运行向心加速度之比为寝=5776：4489,故 C正确；。、F=普，由于不知道“遥感卫星八号”与“希望一号”的质量关系，所 以“遥感卫星八号”与“希望一号”卫星的向心力大小关系无法确定，故。错误；故选：C.“遥感卫星八号”和“希望一号”绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律比较线速度、周期、向心加速度的大小.解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，
21、熟记天体运动规律的线速度、角速度和周期7 的公式，并能灵活运用向心力公式.注意轨道半径不是离地面的高度，而是离地心的距离.6.答案：BC解析：解：力、根据电压与匝数成正比，m=詈=等=3，故 A 错误，8 正确172%22 1C、根据电流与匝数成反比，=故=0.0 1 4 故 C 正确D、变压器不改变频率，故。错误故选：B C。根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器不改变频率等特点即可求得结论。本题结合变压器的变压比与变流比公式进行计算，同时要明确变压器的工作原理。7.答案：BD解析：解：2、桌布向右拉出时，鱼缸相对于桌布有向左的运动，故鱼缸受到的摩擦力向右；故A错误；8、由于鱼缸在桌
22、面上和在桌布上的动摩擦因数相同，故受到的摩擦力相等，则由牛顿第二定律可知，加速度大小相等；但在桌面上做减速运动，则由u =a t可知，它在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等；故8正确；C、鱼缸受到的摩擦力为滑动摩擦力，其大小与拉力无关，只与压力和动摩擦因数有关，因此增大拉力时，摩擦力不变；故C错误；。、猫减小拉力时，桌布在桌面上运动的加速度减小，则运动时间变长；因此鱼缸加速时间变长，桌布抽出时的位移以及速度均变大，则有可能滑出桌面；故。正确。故选：B D。根据摩擦力性质可判断鱼缸受到的摩擦力方向以及拉力变化时摩擦力的变化情况；再根据牛顿第二定律以及运动学公式进行分析，明确拉力变化后运动位移的变化
23、情况。本题考查牛顿第二定律以及摩擦力的应用，分析判断鱼缸受到的摩擦力是解题的关键，同时，还要注意掌握物体的运动情况，能根据牛顿第二定律进行分析。8.答案:ABC解析：画出符合题设的运动轨迹，由几何关系得出粒子做匀速圆周运动的半径，再利用左手定则判断磁场方向，利用洛伦兹力提供向心力列方程求出磁感应强度，利用几何关系求出最小面积。本题考查了的带电粒子在有界磁场中的运动，能画出符合题设的运动轨迹时解题的关键。根据圆形边界磁场的磁聚焦原理，画出磁场的图像如图所示粒子做圆周运动的半径刚好等于正方形边长，也刚好等于圆形磁场的半径，匀强磁场区域的最小面积为图中两段圆弧所围面积，A根据左手定则可知，磁场垂直平
24、面向里，故A正确；B.由q v B=m/，得磁感应强度为口=音，故B正确；CD.此匀强磁场区域的最小面积为S=2 XGT TM 3 4 2)=等 4 2,故 c 正确，。错误。故选ABC.9.答 案:ACE解析：解：4、夏天和冬天相比，夏天的气温较高，水的饱和汽压较大，在相对湿度相同的情况下，夏天的绝对湿度较大，故 A 正确；8、把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，火罐内气体压强小于外界大气压，大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故 8 错误；C、若不漏气，则气体做等容变化，由看=看，22=等=8.1
25、X 106P a,由于P2 7.2 x 106P a,所以钢瓶在搬运过程中漏气，故 C 正确；。、热量只能自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，而内能与物质的多少有关系，内能多的物体温度不一定高，故。错误；E、汽车在缓慢装沙的过程中，压强增大，而气体温度不变，所以体积变小，外界对气体做功，内能不变，放出热量，故 E 正确。故选：ACE.根据相对湿度的定义，运用控制变量法，即可分析出在相对湿度相同的情况下，绝对湿度的大小；根据理想气体的状态方程，运用控制变量法，即可分析出火罐被“吸”在皮肤上的原因；假设不漏气运用，气体发生等容变化，根据查理定律即可求出不漏气时气体降温后的压强，再与题给末态压强
26、做比较即可判断出是否漏气；根据热力学第二定律可知，热量只能自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，与内能无直接关系；因为不计分子势能，则气体为理想气体，温度不变则内能不变，根据热力学第一定律，结合轮胎体积变化即可判断出轮胎的吸放热情况。本题考查热力学在生活生产中的应用，解题关键是要牢记湿度的概念，以及相对湿度和绝对湿度的定义，会运用气体定律做定性定量的分析，知道并且理解热力学第二定律，会运用热力学第一定律，并且知道公式中勿与Q的正负所代表的含义，综合性较强，难度不大。10.答案：AC解析：解：4、依据奥斯特实验，当导线通电后就会使附近的小磁针发生偏转，故 A 正确；8、使用电磁炉，可利用“涡流
27、”加热砂锅中的食物，不是微波炉，故 B 错误；C、走廊中的声控灯控制电路中，当无关，且有声音时，才能点亮，因此一定包含“与门”逻辑部分，故 C 正确；。、理论上质子速度可达到任意值，但实际上质子的速度不可以加速到任意值，故。错误；故选：AC奥斯特电流的磁效应；电磁炉利用“涡流”加热砂锅中的食物；走廊中的声控灯，要无关，且有声即可；理论上质子速度可达到任意值，但实际上质子的速度不可以加速到任意值。考查电流周围存在磁场，知道微波炉与电磁炉的不同，理解与门电路的原理，最后注意回旋加速器的局限性。1 1.答案：匀速直线；长木板；0.0 6解析：解：(1)当重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡时，小车作匀速
28、直线运动.(2)为保持拉力的方向不变，应调节滑轮的高度使细线与长木板平行；(3)由牛顿第二定律尸=m a 知，尸即为图象的斜率，即F =0.0 6 M故答案为：(1)匀速直线；(2)长木板；(3)0.0 6正好平衡摩擦力时，小车受合力为0,作匀速直线运动；a 与m成反比即a8工 图象应为直线，根据图象斜率的物理意义求解小车受到的合外力大小.本题考查了验证牛顿第二定律实验的基础知识，有平衡摩擦力的方法、图象的处理等.R.1 2.答案：如图，重 泮 之；串，1 4 7 0 0；。解析：解：(1)由于有两个灵敏电流计，所以可以采用半偏法测量电阻值；标准电流表应选择G 2.定值R.电阻的电阻值应与待测
29、电阻的电阻值差不多，应 选 择 故 电 路 如 图:根据串并联电路的特点可得：hRg=。2-A)%3V3(2)电流表改装成电压表，串联电阻阻值：Rx=-R g=-3 0 0 =1 4 7 0 0/2.(3)他将改装好的电压表与标准的3 P 量程的电压表进行逐格校对，发现改装表读数总是略微偏小，即在相等的电压条件下，流过改装电压表的电流值偏小，根据欧姆定律可知，该电阻的电阻值偏大，则需要减小该串联电阻，所以可以采用的方法是给该电阻并联一个大电阻.故他应该采取D 选项的措施减小误差.故4 B C 错误，。正确.故答案为：如图，鱼 泮 占；串，1 4 7 0 0；D利用两个电流计可以设计出测量电路；
30、将电流计改装成电压表应串联电阻.根据测量的原理分析误差产生的原因.本题考查了实验器材的选择、实验注意事项、实验误差分析、求并联电阻阻值；分析清楚实验电路图与实验步骤、知道实验原理是解题的关键；要掌握实验器材的选择原则.1 3.答案：解：(1)由E =n坐得：E=n nr?=2 0 0 x i x 7 r x 0.I2=3 VAt Z 2(2)回路电流为：/=-A=0.5 A此 两端的电压为：U=I Ry=0.5 x 4 =2 V(3)在0至q时间内，通过电阻&的电量为：q =/=0.5 x 1 =0.5 C线圈中产生的热量为：Q=/2R J=o.52 x 2 X 1 =0.5/答：(1)线圈中
31、产生的感应电动势大小为3几(2)电阻此两端的电压大小为2人(3)在0至口 =1 s时间内，通过电阻&的电量为0.5 C,线圈中产生的热量为0.5/解析：(1)根据法拉第电磁感应定律求线圈产生的感应电动势的大小；(2)求出回路电流，根据欧姆定律求出电阻 两端的电压大小；(3)根据q =/t求电量，由Q =求线圈产生的热量。本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积。1 4.答案：解：(1)由图线2得知，小球的速度先增大，后减小；(2)由线1可得E p =m g h =?n g s s讥0,斜率k =2 0 =m g s i n
32、3 0。，所以TH=4 k g当达到最大速度时带电小球受力平衡m g s i n。=等由线2可得s =1m,得到：q=1.1 1 x 1 0-5C：(3)由线2可得，当带电小球运动至1 m处动能最大为2 7人根据动能定理时 +祖电=Ek即 有 一+qU=Ek m-0代入数据得U =4.2 X 1 O6I Z答：(1)小球的速度先增大，后减小；(2)小球的质量m为4 k g 和电荷量q 为1.1 1 x 1 0-5C:(3)斜杆底端至小球速度最大处由正点电荷Q 形成的电场的电势差4.2 x 1 06Vo解析：(1)根据图线2 分析速率的变化情况：速度先增大，后减小；由线1 得到E p =m g/
33、i =m g s s i n S,读出斜率，即可求出m：由图线2 看出，s =l?n 时，速度最大，此时小球受力平衡，由库仑力与重力沿斜面的分力平衡，即可求得q。(3)由线2 可得，当带电小球运动至1 m 处动能最大为2 7/,根据动能定理求得斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差U；本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理。1 5 .答案：解：撤去外力时，左、右活塞对管内空气的压强分别为：p 在=P+=1 x 1 05+1 0 x l.=2 x 105Pa=2P0,u Si 10 x10-4 U，P=p+=lxl05+1 0 x l =
34、1.5 x 105Pa=1.5 P0,右 S?10 x10-4 u，所以两活塞均会下降。设两活塞都降到水平管口，由玻意耳定律得：P0(4/i Si +hS2)=P-3 hSr,解得：p=2P0,可见，左边活塞能降到水平管口，右边活塞只能降到离水平管的高度为x 处，管内空气压强：p =P/.=1.5 Po,由玻意耳定律得：P0(4 hSi+hS2)=1.5 P()(3/i Si +3),解得：x =0.5 h,最后左边活塞离水平管口的高度为零；右边活塞离水平管口的高度0.5 M答：两活塞稳定后，左边活塞离水平管口的高度为零；右边活塞离水平管口的高度0.5 九。解析：以封闭气体为研究对象，求出气体
35、末状态的压强，应用玻意耳定律求出气体末状态的体积，然后求出活塞的高度即可。本题考查了求活塞的高度，分析清楚气体状态变化过程、应用玻意耳定律即可解题；分别对两活塞进行受力分析、判断出两活塞各自的末位置情况是解题的前提与关键。1 6 .答案：解：地震监测点记录到首次到达的P 波比首次到达的S波早3 nl讥(1 8 0 s),故x x-=t%代入数据，有X X一二=1 8 0解得x=1260/cm根据波速、波长、周期关系公式，得到A=vs-T=3.5km/s x 1.2s=4.2km答：震源与监测点之间的距离x为2Mm,S波的波长;I为4.2km.解析：先根据匀速运动的速度位移关系公式求解震源与监测点之间的距离x,然后根据波速、波长、周期关系公式列式求解波长.本题关键根据波速的两个公式u=号以及D=洌 式 计 算，基础题.