《2021届辽宁省大连市高考物理双基模拟试卷(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届辽宁省大连市高考物理双基模拟试卷(含答案解析).pdf（18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届辽宁省大连市高考物理双基模拟试卷一、单 选 题（本大题共6 小题，共 2 4.0 分）1 .下列说法正确的是（）A.结合能越大表示核子结合得越牢固，原子核越稳定B.由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子,同时电子的动能增大，电势能减小，周期变小C.原子核能发生夕衰变说明原子核内存在电子2.D.Il5U -H4Th+是裂变反应如图所示，质量为m的物体放在水平放置的钢板C 上，与钢板的动摩擦因数为“，由于光滑导槽4、B 的控制，物体只能沿水平导槽运动.现使钢板以速度力向右运动，同时用力F 沿导槽的方向拉动物体使物体以速度沿导槽运动，则F 的大小为
2、（）A.mgB.“m gD.v2、听+该3.若超市的自动门（阴影部分）移动时所受合力大小恒为4 0 N,开门过程共右移1.6 m,如图所示。已知门的质量为2 5 k g,宽为1.6 m,则开门所用的时间是（）A.1 sB.1.4 1 sC.2 sD.2.8 3 s4.在图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1 0：1,电阻R 1、的阻值分别为5 0、6 0,电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示（为正弦曲A.电压表的示数为2 5.1 1/u/V22k C 0.01 0.02 0.03B.电流表的示数为1 4C.变压器的输入功率为1 1 企小D.变压器的
3、输出功率为1 1 W5.如图所示，小物体位于半径为R的半球顶端，若给小物体以水平初速度几时，小物体对球顶恰好无压力，则下列说法正确的是（）A.物体开始沿球面下滑B.物体的初速度为%=/ZgRC.物体落地时的水平位移为鱼RC.t=20后甲物体运动的加速度和速度都反向，所以两物体相遇只能发生在20s之后D.无法判断甲乙两物体在何时相遇二、多 选 题（本大题共6小题，共24.0分）7.如图所示为一卫星绕地球运行的轨道示意图，。点为地球球心，已知引力常量为G,地球质量为A.卫星在4点的速率以=J詈 B.卫星在8点的速率为C.卫星在4点的加速度为=簧 D.卫星在B点的加速度劭8.如图所示，电路中有一段金
4、属导体，它的横截而是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿a轴正方向、大小为/的电流，已知金属导体中单位体积的自由电子数为n,电子电荷量为e,金属导电过程中，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测出金属导体前后两个侧面间的电势差的大小为U，则下列说法正确的是（）A.前侧面电势较高 B.后侧面电势较高V-716R2C.磁感应强度的大小 为 华D.磁感应强度的大小为节电9.电子束焊接机中的电子枪如图所示，K为阴极、电势为x，4为阳极、电势为外，在电场作用下电量为一e的电子从K运动到4则（）A.A、K间电势差为8 4 0KB.电子动能增加el%-0K）C.电子电势能增加0
5、4-仍 ）D.电子克服电场力做功为e（a4-（pQ10.如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个比荷（即电荷量与质量之比）相同的带电粒子（不计重力）以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，则可判断（）A.两个粒子电性相同B.经过b、d两点时，两粒子的加速度的大小相同C.经过b、d两点时，两粒子的速率相同D.经过c、e两点时，两粒子的速率相同11.下列说法中不正确的是（）A.热力学第一定律揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向B.扩散现象说明了分子的运动就是要打破一切不均衡性，使之均衡C.表面张力是液体附着层由于分子引力不均衡而产生沿表面作用于任一界线的
6、张力D.一定质量的晶体，熔化时吸收的热量和凝固时放出的热量相等E.做功是改变内能的唯一方式，做功的多少只由物体的初末状态决定.12.一列波长大于1m的横波沿着x轴方向传播，处在X】=1m和%2=27n的两质点力、B的振动图象如图所示.由此可知以下可能的是（）A.波长为B.波速为bn/sC.3s末4、8 两质点的位移相同D.k 末4 质点的加速度大于B质点的加速度三、实验题(本大题共2 小题，共 12.0分)13.某同学用图1所示装置探究A、B两球在碰撞中动量是否守恒.该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度，实验装置和具体做法如下，图中PQ是斜槽，QR为水平槽.实验时先使4 球从斜槽上某一固定
7、位置G由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹.重复上述操作10次，得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让4 球仍从位置G由静止开始滑下，和B球碰撞后，4、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次，并画出实验中4、B两小球落点的平均位置.图中。点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点.其中米尺水平放置，且平行于G、R、。所在的竖直平面，米尺的零点与。点对齐.(1)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？A.水平槽上未放B球时，测量4 球落点位置到。点的距离及4 球与B球碰撞后，测量4球与B球落点位置到。点的距离C.4球和B球在空间飞行的时间。
8、.测量G点相对于水平槽面的高度(2)如图2,E、F、/是实验中小球落点的平均位置，请你根据该同学实验的记录数据进行计算并判断，若实验中4、B两球碰撞中动量守恒，则 啊：mB=,两 小 球 的 碰 撞(选 填“是”或“不是)弹性碰撞.14.(1)图1中，游标卡尺读数 m m,图2螺旋测微器读数 m m(2)多用电表粗测电阻，已经调零且选择开关指向欧姆挡“x 10”挡位，发现指针的偏转角度太大,这时他应将选择开关换成欧姆挡的“”挡位(选填“X 1 0 0 或“x 1”)；调零后测量，其表盘及指针所指位置如图3,则待测电阻为 Q.四、计算题(本大题共5小题，共54.0分)1 5.如图所示的平面直角坐
9、标系x o y,在 第I象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第H象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为3且必边与y轴平行。一质量为Tn、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0,h)点，以大小为火的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2/i,0)点进入第W象限，又经过磁场后从b点离开磁场,不计粒子所受的重力。求：(1)电场强度E的大小;(2)粒子到达a点时速度的大小和方向;(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的大小。1 6.如图甲所示，物块4、B的质量分别是如=4.0kg和血8=3.0kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右
10、侧与竖直墙相接触.另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块4相碰，并立即与4粘在一起不再分开，物块C的口-图象如图乙所示.求：图甲物块C的质量?B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能昂？1 7.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数“=0.5,且与台阶边缘。点的距离s=5m.在台阶右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R=l m,今以。点为原点建立平面直角坐标系.现用尸=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板.j-m(1)若小物块恰能击中档板上的P点(OP与水平方向夹角为37。
11、，已知sin37。=0.6,cos37=0.8),则其离开。点时的速度大小；(2)为使小物块击中档板，求拉力尸作用的最短时间；(3)改变拉力F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置.求击中挡板时小物块动能的最小值.18.为庆祝教师节，某学校购买了一只20L的氢气瓶给氢气球充气.氢气瓶内氢气的初始压强为3aftn,每只氢气球的容积为2 3 充 气 后 氢 气 球 内 气 体 的 压 强 为 若 不 计 充 气 过 程 中 氧 气 温 度 的变化，则该氢气瓶一共能充多少只氢气球？19.如图所示，一条光线从空气垂直射到直角三棱镜的界面48上，在力。面恰好发生全反射，然后在8。面射出，棱镜材料的折射
12、率为:，4sin53=0.8,cos53=0.6 求：(1)乙4的大小；(2)光线在BD面射出时折射角的正弦。(结果可以用正弦表示)参考答案及解析1 .答案：B解析：解：4、比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故A错误；8、由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电场力做正功，电势能减小；由警可知，电子的动能增大；由 某=曙 可 知，周期变小。故8正确；C、放射性元素放出的。粒子是由中子转变成质子而放出的，故C错误；D、第5。一 羽47 V l+是a衰变，不是裂变反应。故。错误。故选：B。比结合能越大表示原子核中核子结合得越牢靠
13、；s粒子是由中子转变成质子而放出的；据玻尔理论,放出一个光子，半径减小；明确裂变与a衰变的区别。该题中考查比结合能与结合能的区别与联系，理解夕 粒子的电子从何而来，掌握a衰变的特点。这一类的题目要注意对基础知识点的积累。2.答案：D解析：解：工件有相对于钢板水平向左的速度外和沿导槽的速度w，故工件相对于钢板的速度如图所示，滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以有：F-fcosQ fimgcosd,因此F的大小为卬7 1。信故选：D。明确工件所受滑动摩擦力的大小和方向，注意滑动摩擦力的方向是和物体的相对运动相反，正确判断出工件所受摩擦力方向，然后根据其运动状态即可正确求解该题.注意正确分析滑动摩
14、擦力的大小和方向，其大小与正压力成正比，方向与物体相对运动方向相反，在具体练习中要正确应用该规律解题.3.答案：C解析：解：自动门先从静止开始做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，最终静止，加速过程和减速过程加速度大小相等，根据运动的对称性，两个过程时间相等，位移大小相等。设总时间为3则有：2 x|a(|)2=x；根据牛顿第二定律有：F=m a；联立，代入数据解得：t =2 s。故 A 8。错误，C正确。故选：C o自动门先从静止开始做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，最终静止，根据牛顿第二定律，结合运动学公式列式求解。解答本题的关键是要知道自动门先从静止开始做匀加速直线运动，再做匀减速直线
15、运动，最终静止，再根据牛顿第二定律，结合运动学公式即可求解。4.答案：。解析：解：4交变电流中理想电表的示数为有效值。%.效0。2 回 U 2/0.01.其中U 团箸匕解得原线圈的有效值为1 1 0匕又原副线圈之比为1 0：1，且原副线圈电压比与线圈比的关系有：?=今；所U2/*2以副线圈电压表示数为1 1 V.故 A错误。8.副线圈电压为1 1 V,电阻为+R2=1 1 2 由公式P =?可得副线圈的功率为1 1 W.由变压器原副线圈功率相等可得P 出=1 1 W.由公式P 团 7/,且原线圈电压有效值为1 1 0U可得原线圈中电流表示数为0.1 4 故 3错误。C.由B 选项中的计算可知输
16、入功率等于输出功率，即P 人 回 P 出 国 1 1 卬,故C错误。D.由B 选项中的计算可知输入功率等于输出功率，即P 入团故。正确。故选：D。交变电流中理想电表的示数是有效值。有效值的理解及计算。变压器输入功率与输出功率的关系。变压器原副线圈的电压比与线圈匝数比的关系。本题难点在于对有效值的理解及计算。要掌握理解变压器的工作原理及相关的计算。5.答案：C解析：解：4、物体在球顶时，只受重力，具有水平初速度，做平抛运动，故 A错误；B、物体只受重力，根据向心力公式得：m g =m-，解得初速度为：=闹，故 B错误；RC、物体离开后做平抛运动，水平方向上，X=vot,竖直方向上，R=gt2,联
17、立解得：故 C 正确；D、物体着地时竖直速度为：3 =频无速度方向与地面夹角正切值为：tand=得=鱼，。中45,故。错误。故 选:Co物体在最高点时，对球顶没有压力，只受重力，根据向心力公式求解初速度；离开后物体做平抛运动，根据平抛运动公式求解水平位移，末速度。掌握平抛运动的规律，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动；物体对球顶无压力，则重力提供向心力。6.答案：D解析：解：A B D,速度时间图象不能反映物体的初始位置，所以不能确定010s的时间内，两个物体之间的距离如何变化，也不能确定甲乙两物体在何时相遇，故 AB错误，。正确。C、t=20s后甲物体沿负方向做匀加速运动，加速度
18、方向不变，速度反向，故 C 错误。故选：Do速度时间图象反映物体的速度随时间的变化规律，但不能反映物体的初始位置，根据图象与时间轴围成的面积表示位移，结合位移关系判断两物体何时相遇。解决本题的关键要理解速度时间图线的物理意义，要注意速度时间图象不能反映物体的初始位置。要知道图象的斜率表示加速度。7.答案：BC解析：卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解出线速度和加速度的表达式；卫星在椭圆轨道运动时，根据离心运动和向心运动的知识比较速度与圆轨道对应速度的大小.本题关键是明确当万有引力大于向心力时，卫星做向心运动，当万有引力小于向心力时，物体做离心运动.解：卫星在圆轨道运
19、行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：Mm v2G=Tfid Tn R2 R解得：V=舟，a 岑A、卫星经过椭圆轨道的4 点时，由于万有引力小于向心力，故做离心运动，故：M m v2Gz-聆，故A错误；B、卫星经过椭圆轨道的B点时，由于万有引力大于向心力，故做向心运动，故：M m v2薪 小 赤解得：怪,故B正确；q 4/?a根据牛顿第二定律，卫星在4点的加速度：以=察，故c正确；。、根据牛顿第二定律，卫星在B点的加速度与=黑，故。错误；故选：BC.8.答案：BC解析：电子定向移动形成电流，根据电流的方向得出电子定向移动的方向，根据左手定则，判断出电子的偏转方向，在前后两侧面间形成电
20、势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，根据平衡求出磁感应强度的大小。A B.电子定向移动的方向沿x轴负向，所以电子向前表面偏转，则前表面带负电，后表面失去电子带正电，后侧面的电势较高，故A错误，B正确；C D,当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差，则有：-a=Bev,q=n（ahvt）e,/=nevab,由以上几式解得磁场的磁感应强度：B=半，故C正确，。错误。故选B C。9.答案：AB解析：解：4、据题K极的电势为0K，4极的电势为WA，则4、K间电势差为“K=%-0K故
21、A正确。B、D、K为阴极，电势较低，K是阳极，电势较高，电子从K运动到4的过程中，电场力做正功，为：勿=eUA K=-0K），根据动能定理得：E k=W =e（q）A 一（PK），即 电 子 动 能 增 加-0K），故8正确，。错误。C、电子动能增加e4-0K），根据能量守恒定律可得：电子电势能减少e（0a-0K），故C错误。故选：AB.A、K间电势差等于电势之差，根据电势的高低判断电场力做功正负，根据动能定理研究电子动能的增加，由能量守恒定律分析电势能的变化.本题考查带电粒子在非匀强电场中的加速问题，可与匀强电场加速进行类比理解，关键掌握研究加速过程的基本规律是动能定理或能量守恒.10.答案
22、：BD解析：解：4、由图可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同，故 A 错误。B、两粒子经过b、d两点时，受到库仑力作用，由牛顿第二定律可得，a=笑，由题意可知，m mr两粒子的加速度大小相同，故 B 正确。C、根据图中运动轨迹可知，粒子1做减速运动，而粒子2做加速运动，开始它们的速率相同，当两粒子经过氏 d（同一等势面）两点时，两粒子的速率不会相同，故 C错误。、两个粒子的初速度仅仅是方向不同，若速率相等，而粒子1从a到c、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过c、e两点两粒子的速率相等。故。正确。故选：BD。根据轨迹判定一个电荷受到中心电荷的斥力，
23、而另一个电荷受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、d运动过程中电场力做功情况.根据ace三点在同一等势面上，可判定从a到c和从a到e过程中电场力所做的总功为0.根据轨迹判定“一个电荷受到中心电荷的斥力，而另一个电荷受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口.11.答案：AE解析：解：4、热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故 A 错误；2、扩散现象说明了分子的热运动，分子间存在空隙，是要打破一切不均衡性，使之均衡，故 B 正确；C、表面张力的微观解释，液体表面层由于分子引力而产生沿表面作用于任一界线的张力，故 C 正确。、晶体具有确定的熔点与凝固点，相
24、同质量，同一晶体的熔解热与凝固热相等；故。正确；E、做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故 E错误；本题选不正确的故选：AE在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为(/=(?+；扩散现象、表面张力的解释，做功和热传递是改变物体内能的两种方法.本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式4 E=W+Q进行分析，基础题.12.答案：ABD解析：解：A、B若波从4向B传播，AB间的距离 x=(n+：)，n=0,1,2,.由题，波长大于1m,则几只能取0，即有x=：4,波长波速为=4=!S=s；同理，若波从B向A传播，波43T 4 3长2=4 m,波速为I?=，=Im/s。故A8正确。C
25、、3s末4、B两质点的位移分别为以=2cm,丫8=0，位移不同。故C错误。D、由振动图象读出，k末4质点的位移以=2cm,处于波峰，加速度最大；B质点的位移yg=0,处于平衡位置，加速度最小，所以，s末月质点的加速度大于B质点的加速度。故。正确。故选：ABD.波的传播方向未知，分两种情况研究：一种波的传播方向：从4传到B,另一种从B传到A根据同一时刻两个质点的状态，结合波形，列出4、B间距离与波长的关系，求出波长.由图读出周期，求出波速.简谐波传播过程中介质中各质点在做简谐运动，加速度的大小与位移大小成正比.根据，s末两质点的位移关系，分析加速度关系.本题中振动图象反映质点的振动情况，根据振动
26、图象的信息，能确定两质点在同-时刻的状态，列出距离与波长的通式是关键.13.答案：AB 2：1.是解析：解：根据动量守恒有：=m4v1+mBv2,因为%=,%=票，%=春因为时间相同，可以用水平位移代替速度，所以需要测量水平槽上未放B球时，力 球落点位置到。点的距离，4球与B球碰撞后，力球与B球落点位置到。点的距离.故A、B正确.故选：AB.(3)4球与B球碰后，4球的速度减小，可知A球没有碰撞B球时的落点是F点，4球与B球碰撞后4球的落点是E点.用水平位移代替速度，动量守恒的表达式为：mAOF=mAOE+mBOJ.由图可知。Z7=45cm；OE=15cm；0=60cm；代入可得：mA：mB=
27、2：1；根据能量守恒可知，若是弹性碰撞，则应满足机械能守恒；代入数据可知：lmAOF2=lmAOE2+故说明碰撞为弹性碰撞；故答案为：(1)48；(2)2：1；是(1)根据实验的原理确定需要测量的物理量.(2)根据碰撞前后小球的速度大小确定落点的位置.根据动量守恒列出表达式.再根据弹性碰撞的条件可明确是否为弹性碰撞.本题关键明确验证动量守恒定律实验的实验原理，注意等效替代在实验中的运用；同时注意根据速度公式分析对应的验证表达式.14.答案：(1)102.35；4.594；(2)x 1；12解析：解：(1)游标卡尺读数为：L=102mm 4-7 x 0.05mm=10235m m,螺旋测微器的读
28、数为：d=4.5mm+9.4 x O.Olnvn=4.594mm.(2)选择开关指向欧姆挡“x 10”挡位，发现指针的偏转角度太大，此时指针所指的数据比较小，说明所选倍率较大，应将选择开关换成欧姆挡的x 1挡位；欧姆表的读数为：R=12 x 10=120.故答案为：(1)102.35；4.594；(2)x 1,12本题(1)的关键是注意游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，都要先读整数再读小数，游标卡尺读数时注意是多少分度的游标卡尺，不需要估读；螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线是否露出，需要估读.题(2)的关键是明确欧姆表读数时若选择的倍率过大，则偏角也过大，应选小一档的倍率，注意换挡后需要重新调零
29、，读数时不要忘记乘以倍率，不需要估读.掌握一些基本仪器仪表的读数方法是学好高中物理的前提.15.答案：解：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，r水平方向：2/1=%3竖直方向：h=1 t2,2 m解得：E=蹙;(2)粒子到达a点时沿负y方向的分速度为:速度：v=JVQ+=V2v0,方向与久轴正方向成45。角；(3)粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得：qvB=my)当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示：由几何知识得：r=L，2解得：B=鬻。qL答：(1)电场强度E的大小为黑：(2)粒子到达a点时速度的大小为近北，方向与 轴正方向成45。角；(3)abc区域内
30、磁场的磁感应强度的大小为 鬻。qL解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移均已知，由牛顿第二定律和运动学公式，运用运动的分解法可求出场强大小；(2)由速度的合成法求出粒子到达a点时速度大小和方向，由几何知识确定粒子经过a点时的方向；(3)三角形区域内的磁场方向垂直纸面向里，当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，作出轨迹，由几何知识求出最大半径，由牛顿第二定律即可求出磁感应强度的大小。本题考查了求电场强度、粒子速度、磁感应强度问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要作出粒子运动轨迹，注意几何知识的应用。16.答案：解：由图知，C与4碰
31、前速度为%=9 m/s,碰后速度为外=3m/s,C与4碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，由动量守恒定律得：mcVj-(mA+mc)v2,解得：mc=2kg-,12s末B离开墙壁，之后4、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度七相等时弹簧弹性势能最大.根据动量守恒定律，有：(啊+mc)v3=(mA+mB+mc)v4根据机械能守恒定律，有：+mc)vj=|(mx+mB+mc)v+EP解得E p=9人解得：E p=9J；答：(1)物块C的质量为2kg；(2)8离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9/.解析：4C碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量.(2)12s末B离开
32、墙壁，之后4、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当4c与8速度相等时弹簧弹性势能最大.分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题.17.答案：解：(1)小物块从。到P,做平抛运动水平方向：Rcos370 =vot竖直方向：Rsin37=g t2Rcos37 4 nz.解得：=3 V3m/.s7 9(2)为使小物块击中档板，小物块必须能运动到。点,由动能定理得：Fx-林mgS=0解得：x 2.5m由牛顿第二定律得：F-img=m a解得：Q=5m/s2由运动学公式得：x=|a t2解得：t=1s(3)设小物块击中挡板的任意
33、点坐标为(x,y),则x=vot1.7y=由机械能守恒得：E k=|mvo+mgyXx2+y2=R2mgR2+3mgy化简得：E k4y 4由数学方法求得：Ek mi n=|V3/答：(1)其离开0点时的速度大小为：gK m/s；(2)为使小物块击中档板，求拉力F作用的最短时间1s；(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置.击中挡板时小物块动能的最小值为|四.解析：试题分析：(1)根据平抛运动的高度求出平抛运动的时间，再结合水平位移和时间求出物块离开。点的速度.(2)根据动能定理求出拉力户作用的距离.(3)根据平抛运动的知识，结合椭圆方程，根据动能定理求出击中挡板的小物块动能.1
34、 8.答案：解：因温度不变为等温变化，初态：Py=SatmVr=20 L末 态:P2=1.2atmV2=(2 0 +2 n)L由玻意耳定律：P M =P2V2求得：n 15答：该氢气瓶一共能充1 5只氢气球.解析：因是等温变化，由玻意耳定律求得.考查等温变化玻意耳定律的应用，能确定初末状态的状态参量是关键.1 9.答案：解：(1)光路图如图所示:因为s i n C =n根据几何知识可知N A =z c,所以 s i n 乙4 =s i n z.C =2=0.8,n则 4 4 =5 3 ；(2)根据几何关系可知，光在B D面折射时，角度a =1 8 0。-2 C,入射角i =9 0。-a,根据折射定律有=n,sini代入数据解得s i n r =|s i n l 6 o答：(1)/4的大小为5 3。；(2)光线在B D面射出时折射角的正弦为:s i n l 6。解析：(1)作出光路图，根据全反射的临界角公式以及几何知识求解4 4的大小；(2)根据几何知识以及折射定律求解光线在B D面射出时折射角的正弦。解决该题的关键是能正确作出光路图，能根据几何知识求解相关角度，熟记折射定律的表达式以及全反射的临界角公式。