2021年廣西南寧二中高考物理綜合能力測試試卷

2021年廣西南寧二中高考物理綜合能力測試試卷（3月份）

1.下列說法正確的是（）

A.在高溫高壓下放射性元素的半衰期會縮短

B.發(fā)生光電效應時，光電子的最大初動能與入射光頻率成正比

C.核子結(jié)合成原子核時會放出能量

D.氫原子從高能級向低能級躍遷時，可輻射出任意頻率的光子

2.銀河系的恒星中大約四分之一是屬于雙星系統(tǒng)。某雙星系統(tǒng)由質(zhì)量不等的星體A和

B構(gòu)成，兩星體在相互的萬有引力作用下繞兩者連線上某一點C做勻速圓周運動。

由天文觀察測得其運動周期為T,A和B的距離為小已知萬有引力常量為G,則

由此可知兩星質(zhì)量之和為（）

A27rL2B2TT2L24TT2L3口4TT2L3

?GT*GT2?GT2*GT3

3.將一帶電粒子沿某一方向射入某電場中，只在電場力的作用下由

a點運動到b點的速度與時間的關(guān)系如圖所示，則下列說法正確..J

的是（）

A.該粒子一定帶負電

B.該粒子在b點的電勢能一定大于在“點的電勢能

C.a點的電勢一定高于b點的電勢

D.。點的電場強度一定小于方點的電場強度

4.如圖所示線圈匝數(shù)為〃的小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電

機的原理圖，其矩形線圈面積為S,在磁感應強度

為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸0。'

勻速轉(zhuǎn)動。矩形線圈電阻為r,矩形線圈通過兩刷

環(huán)接電阻R，伏特表接在R兩端。當線圈以角速度

3勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是（）

A.從線圈與磁場平行位置開始計時瞬時電動勢為e=nBSa）sina）t

B.當線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場垂直時電壓表示數(shù)為零

線圈從與磁場平行位置轉(zhuǎn)過。過程中通過電阻的電荷量為等

C.90RR

222)

D.線圈轉(zhuǎn)一周的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為nnBSa

R+r

5.如圖所示，abed是豎直面內(nèi)的固定軌道，岫段水平粗糙長度為2R,兒為四分之一

光滑圓弧軌道，cd為四分之一光滑圓管道，兩管道平滑相接，半徑均為上一質(zhì)量

為俄的小球，在受到水平向右與重力大小相等的拉力F的作用下，由a點靜止開

始向右運動，到達c點后撤去E小球恰好到達"點。重力加速度大小為g。小球

從a點恰好運動到"點過程中，機械能的變化量為（）

力

A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR

6.如圖所示，一固定光滑絕緣半圓弧槽C處于豎直向下的勻強磁場JI|SIIL

8中，槽內(nèi)放有質(zhì)量不變、電流方向垂直紙面向外的通電導體棒L：

靜止于A位置，已知。位置為圓弧槽最低點。現(xiàn)使導體棒的電流?”"「

緩慢增加時，下列說法正確的是（）

A.導體棒受的安培力方向緩慢改變

B.導體棒將向圓弧槽最低點。移動

C.導體棒對圓弧槽的壓力增加

D.導體棒所受的安培力與圓弧槽對導體棒的支持力的合力不變

7.如圖所示，在光滑平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平|

面上靜止放置，B球以某一速率向左運動與A球發(fā)生正碰，

B球碰撞前、后速率之比為2：1,A球垂直撞向擋板后以原速率返回，兩球恰好不

再次發(fā)生碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比和碰撞前、后兩球的總動能之比分別為（）

A.mA：mB=1：3B.mA：mB=3：1

C.EH：Ek2=1：1D.Eki：Ek2=1：3

8.如圖所示，平行金屬導軌間距為L且與水平面的夾角為。，導軌電阻不計，導軌底

端與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面向上，虛線Q1Q2以上

I區(qū)是磁感應強度為8的勻強磁場，虛線QiQz以下n區(qū)是磁感應強度為23的勻強

磁場。有一質(zhì)量為，隊長為乙、電阻為R的導體棒MN與軌道垂直且接觸良好，從

P1P2處由靜止釋放，P$2的位置距離斜面底端足夠長，導體棒與導軌之間的動摩擦

因數(shù)為〃，且4<tan。，若導體棒運動到Q1Q2之前某處時所受的安培力大小為Fi=

mgsind-nmgcosO,則下列說法正確的是（）

第2頁，共18頁

A.導體棒在導軌上先減速運動后加速運動

B.導體棒在導軌上運動的過程中最大速度為u=變"嚅竺竺竺

C.導體棒在I區(qū)中勻速時的速度大小是在II區(qū)中勻速時的4倍

D.導體棒從開始釋放到在QI<?2下勻強磁場速度不變時的過程中，導體棒所受的合

力的沖量大小為/=空絲筆3

2B2L2

9,小明同學利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律，其中紅外線發(fā)射器、接

收器可記錄小球的擋光時間。小明同學進行了如下操作：

（1）用螺旋測微器測小球的直徑如圖乙所示，則小球的直徑為mm,

（2）該小球質(zhì)量為”?、直徑為d.現(xiàn)使小球從紅外線的正上方的高度處自由下落，記

錄小球擋光時間h已知重力加速度為g,則小球下落過程中動能增加量的表達式

為;重力勢能減少量的表達式為（用所給字母表示）。

（3）改變小球下落高度〃，多次重復實驗，發(fā)現(xiàn)小球動能的增加量總是小于重力勢能

的減少量，你認為可能的原因是（至少寫出一條）。

10.某同學在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，備有下列器材：

A.待測干電池（電動勢約1.5V,內(nèi)阻小于1.0。）

8.電流表4（量程0?3m4,內(nèi)阻=

C.電流表色（量程0?0.64,內(nèi)阻62約為0.1。）

。滑動變阻器飛（阻值0?20。，額定電流104）

E.滑動變阻器8(阻值0?2000，額定電流14)

凡電阻箱比(阻值范圍0?9990)

G.開關(guān)和導線若干

(1)某同學發(fā)現(xiàn)上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了

如圖甲、乙、丙、丁所示的四個參考實驗電路，并計劃用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)，為

了使測量結(jié)果盡可能準確，其中最合理的是圖所示的電路；在該電路中，為

了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選(填器材前的字母代號)。

(2)該同學選出合理的實驗電路后，把與串聯(lián)的電流表當作量程為0?3U的電壓

表使用，于是將電阻箱R。的阻值調(diào)至_____0。

(3)圖為該同學利用(1)中選出的合理的實驗電路測出的數(shù)據(jù)繪出的人-/2圖線”為

電流表&的示數(shù)，％為電流表&的示數(shù))，被測干電池的電動勢E=V,內(nèi)阻

r=n.(以上兩空結(jié)果保留2位小數(shù))

11.如圖所示，某一足夠長的水平傳送帶A、B以速率％=2m/s沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)

動，一個質(zhì)量為m=1kg的煤塊從光滑曲面上高為H=0.8機處由靜止釋放，煤塊經(jīng)

過曲面和傳送帶連接處時無能量損失。煤塊和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.4,g

取lOzn/s2。求：

(1)煤塊第一次到達曲面底端時的速度%大小；

(2)煤塊第一次在傳送帶上往返運動過程中在傳送帶上留下的痕跡長度小

第4頁，共18頁

〃=0.8m

oV/o

AB

12.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以射線0M為界，且射線

與x軸正方向成60。角，MOy區(qū)域內(nèi)存在豎直向下

的勻強電場，），軸為電場的右邊界；MOx區(qū)域內(nèi)有垂

直于平面向外的勻強磁場，x軸為磁場的下邊界。一質(zhì)

量為"?、電荷量為+q的帶電粒子從y軸上P點以初速

度%（孫已知）沿x軸正方向進入勻強電場中，穿過電場

后，以與x軸正方向成60。角的速度，從射線OM上的

。點（圖中未畫出）進入磁場，已知。點的縱坐標為3/?,帶電粒子再經(jīng)過磁場和電

場后，恰好又返回y軸上的P點。粒子重力忽略不計。求：

（l）MOy區(qū)域內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小；

（2）M0x區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大小。

13.下列說法正確的是（）

A.懸浮在水中的花粉的布朗運動反映了水分子的熱運動

B.空中的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結(jié)果

C.晶體在熔化過程中，要吸收熱量，溫度保持不變，內(nèi)能也保持不變

D.高原地區(qū)水的沸點較低，這是高原地區(qū)溫度較低的緣故

E.干濕泡濕度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗布中的水

蒸發(fā)吸熱的結(jié)果

14.如圖所示，右端封閉、內(nèi)徑相同的U形細玻璃管豎直放置，右

管中封閉有長為Li=25cm的理想空氣柱，兩管水銀面高度差

L2=15cm,已知大氣壓強為po=75cmHg。

①將圖中的閥門K打開，緩慢流出部分水銀至兩管水銀面相平

（右管中空氣柱溫度不變），然后關(guān)閉閥門K,求U形細玻璃管

中流出水銀柱的長度生；

②若①中J=300K,再將U形細玻璃管的右管中空氣柱溫度

緩慢升高，求當兩管水銀面高度差九2=15。加時（右管中仍有水銀柱），求右管中空

氣柱的溫度72。

15.某橫波在介質(zhì)中沿x軸傳播，圖甲為t=0.75s時的波形圖，圖乙為P點（x=1.5m處

的質(zhì)點）的振動圖象，那么下列說法正確的是（）

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A.該波沿x軸負方向傳播，波速為2m/s

B.從0.75s到2.25s質(zhì)點P的通過的路程為60cm

C.t=1.0s時，質(zhì)點P處于平衡位置，并正在往y軸負方向運動

D.在0.75s到1.75s時間內(nèi),質(zhì)點N運動到Z,位置

E.該波能與頻率為0.5Hz的另一橫波發(fā)生干涉現(xiàn)象

16.如圖，將半徑為R的透明半球體放在水平桌面上方，。為

球心，直徑恰好水平，軸線。0'垂直于水平桌面。位于。

點正上方某一高度處的點光源S發(fā)出一束與。。'，夾角。=

60。的單色光射向半球體上的A點，光線通過半球體后剛好

垂直射到桌面上的B點，已知。缶=在R,光在真空中傳播

2

速度為C,不考慮半球體內(nèi)光的反射，求:

(i)透明半球?qū)υ搯紊獾恼凵渎蕁；

(ii)該光在半球體內(nèi)傳播的時間。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、半衰期由原子核內(nèi)部因素決定，與原子核所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)

無關(guān)，故A錯誤；

B、由愛因斯坦光電效應方程Ek=/iv-%,光電子的最大初動能與入射光的頻率成線

性關(guān)系，并非正比，故B錯誤；

C、核子結(jié)合成原子核時會出現(xiàn)質(zhì)量虧損，釋放出核能，故C正確；

。、氫原子從高能級向低能級躍遷時，可輻射出特定頻率的光子，故。錯誤。

故選：Co

半衰期的大小與原子核所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)無關(guān)；

光電效應方程琮=hv-W0,可判斷最大初動能與入射光頻率的關(guān)系；

核子結(jié)合成原子核時會出現(xiàn)質(zhì)量虧損，釋放出核能；

氫原子從高能級向低能級躍遷時，輻射特定頻率的光子。

本題考查了半衰期、光電效應、結(jié)合能、能級躍遷等知識點。這種題型知識點廣，多以

基礎(chǔ)為主，只要平時多加積累，難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：設A和B的質(zhì)量分別為和巾2,做勻速圓周運動的半徑分別為心和「2,

則

72

將兩式相加得：

G卡=S+/2）等，

G+72=L

設兩星質(zhì)量之和為則

M=m1+m2

整理可得

4TT2L3

M=cP

GT2

故A8O錯誤，C正確。

故選：C。

根據(jù)雙星做勻速圓周運動的向心力由雙星之間的萬有引力提供，結(jié)合半徑關(guān)系列方程求

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解。

在處理雙星問題時，要注意隱含條件：半徑之和等于它們之間的距離；做勻速圓周運動

的向心力由它們的萬有引力來提供。

3.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)u-t圖像可知，帶電粒子做減速直線運動，電場力方向與初速度

方向相反，由于不知道電場方向，所以不能確定帶電粒子的電性，故A錯誤；

8、帶電粒子從。點運動到，點的過程中，動能減小，由能量守恒定律知其電勢能增加，

則該粒子在6點的電勢能一定大于在a點的電勢能，故B正確；

C、由于不能確定電場方向，所以不能確定電勢高低，故C錯誤：

。、根據(jù)u-t圖像的斜率等于加速度,知帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度，

由a=也知。點的電場強度一定大于b點的電場強度，故。錯誤。

m

故選：B。

根據(jù)UT圖像知道帶電粒子從。點運動到6點做減速運動，根據(jù)電場力方向，無法確定

粒子的電性：根據(jù)動能的變化分析電勢能的變化，無法判斷電場方向，不能判斷電勢高

低；根據(jù)u-t圖像的斜率等于加速度，由數(shù)學知識判斷帶電粒子的加速度變化情況，

即可判斷電場強度的大小。

解答本題時，要根據(jù)速度-時間圖像斜率的意義分析加速度的變化情況，由電場強度與

加速度的關(guān)系a=歿分析電場強度的大小。

rrt

4.【答案】D

【解析】解：A、交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值圖示位置電動勢最大，

所以從線圈與磁場平行位置開始計時瞬時電動勢為e=nBScocoscot,故4錯誤；

8、電壓表示數(shù)顯示的是電壓有效值，不為零，故B錯誤；

C、線圈從與磁場平行位置轉(zhuǎn)過90。過程中通過電阻R的電荷量為q=篝=黑，故C

錯誤；

D、線圈轉(zhuǎn)一周的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q=/2Rt="K衿，故。正確；

故選：Do

交流發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的最大值%=交流電壓表顯示的是路端電壓有效值，通

過電阻的電量為詈，電阻產(chǎn)生的熱量為Q=l2Rt.

本題考查了交流電的峰值和有效值、周期和頻率的關(guān)系，記住，求電量用電動勢的平均

值，求熱量用有效值

5.【答案】A

【解析】解：由題意可知，小球恰好到達圓管道的“點，小球到達4點時的速度為零,

動能為零，小球從a點由靜止開始運動，在。點動能為零，從"到d過程小球動能的增

加量AEkuO；從”到d過程，小球重力勢能的增加量△Ep=mg(R+R)=2mgR,則

從。到d過程小球機械能的變化量△EuA&+△&,=2mgR,故A正確，BCD錯誤。

故選:Ao

動能與勢能之和統(tǒng)稱為機械能，根據(jù)題意求出小球動能與重力勢能的變化量，然后求出

小球機械能的變化量。

知道機械能的概念，根據(jù)題意分析清楚小球的運動過程是解題的關(guān)鍵，根據(jù)題意求出小

球動能與重力勢能的變化量即可解題。

6.【答案】CD

【解析】解：A、增大電流，只增大安培力的大小，但不改變方

向，故A錯誤；

B、導體棒受三力處于靜止狀態(tài)如圖所示，由平衡條件有：水平

方向，BIL=FNsin0,豎直方向，mg=FNcos9,聯(lián)立可得：

BIL-mgtanO,當電流/增大時，0增大，導體棒向右稍微移

動一點，故8錯誤;

C、由上一問豎直方向的的平衡方程可知：FN=梟，當。增大時:FN增大，故C正確；

。、由平衡條件可知，導體棒所受安培力與支持力的合力與重力大小相等，方向相反,

而重力不變，則合力也不變，故。正確。

故選：CD。

根據(jù)左手定則判斷導體棒受到的安培力方向；再由F處=B/L和平衡條件判斷支持力大

小和方向的變化。

本題是磁場與平衡條件的綜合，還涉及到動態(tài)平衡問題，要掌握安培力公式和和平衡條

件等關(guān)系進行解答。

7.【答案】BC

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【解析】解：AB,設碰前B球速度大小為％,碰后A、B兩球速度大小分別為外、vB,

由題意知，以方向向左，切方向向右，且%=%

碰撞過系統(tǒng)程動量守恒，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：

~mBv0=-mAvA+mBvB

解得：?=?故A錯誤，B正確；

CD、碰撞前總動能：。=綱3詔,

碰撞后總動能：E2=如4若+|mBv|

聯(lián)立解得，碰撞前、后總動能之比為：詈=；,故C正確，。錯誤；

故選：BC。

設碰撞前8的速度為火,由題得出8與4碰撞后A與8的速度關(guān)系，然后由動量守恒

定律即可求出質(zhì)量關(guān)系。

由動能的定義式即可求出碰撞前、后兩球總動能之比。

本題考查動量守恒定律，從題目給出的條件中判斷出碰撞后A與8的速度方向相反，大

小相等是解答的關(guān)鍵。要注意規(guī)定正方向，用符號表示速度方向。

8.【答案】BCD

【解析】解：A、由于導體棒運動到Q1Q2之前某處時所受的安培力大小為Fi=mgs譏8-

limgcosd,即導體棒受力平衡，此后導體棒在I區(qū)勻速運動，所以導體棒在I區(qū)下滑過

程中，先加速運動再勻速運動，故A錯誤：

BC,由于I區(qū)的磁感應強度大小與口區(qū)的一半，根據(jù)安培力的計算公式結(jié)合平衡條件

可得：—mgSin0-fimgcosO^則導體棒在I區(qū)勻速運動的速度大小與II區(qū)勻速運

動速度大小的4倍；

導體棒在導軌上運動的過程中最大速度等于在I區(qū)勻速運動的速度，根據(jù)比包=

2R

mgsind-fimgcosO,解得：u=2m”北丁辦。)，故臺。正確；

D、導體棒在II區(qū)勻速運動的速度為M,則有：g-^mgcosd,解得：

2R=msind

/_mgR(sinO-ucosO)

v=,

全過程根據(jù)動量定理可得導體棒所受的合力的沖量大小為/=mv'=但然更簪”2

故。正確。

故選：BCD。

根據(jù)導體棒的受力情況分析運動情況；根據(jù)安培力的計算公式結(jié)合平衡條件分析導體棒

在兩個磁場中運動的最大速度，再根據(jù)動量定理求解合外力的沖量大小。

本題主要是考查電磁感應現(xiàn)象的力學問題，關(guān)鍵是弄清楚導體棒的運動情況和受力情況,

根據(jù)平衡條件、安培力的計算公式列方程進行求解，掌握動量定理的應用方法。

9.【答案】18.305：mg/z；阻力做負功

【解析】解：(1)螺旋測微器的固定刻度為18.0mm,可動刻度為30.5xO.Olrmn=

0.305mm,

所以最終讀數(shù)為18.0小小+0.305mm=18.305mm,

(2)己知經(jīng)過光電門時的時間小球的直徑；則可以由平均速度表示經(jīng)過光電門時的速度；

所以u=p

則小球下落過程中動能增加量的表達式為△Ek=

重力勢能減少量的表達式為△EP=mgho

(3)根據(jù)能量守恒定律分析，重力勢能的減少量△昂往往大于動能的增加量小后欠的原因

是阻力做負功，

故答案為：(1)18.305；mgh；(3)阻力做負功。

螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀;

根據(jù)下降的高度求出重力勢能的減小量，根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬

時速度求出光電門的速度，從而得出動能的增加量；

根據(jù)能量守恒定律分析重力勢能的減少量△Ep往往大于動能的增加量4Ek的原因。

對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀

器進行有關(guān)測量。本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的基本原理才能正

確求解。

10.【答案】乙。9901.480.85

【解析】解：(1)將內(nèi)阻已知的電流表必與電阻箱心串聯(lián)改裝為電壓表，由此排除甲、

丁兩圖所示的電路。

對于圖乙所示的電路，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=(/i+/2)r+/l(Rgl+Ro)，對于

圖丙所示的電路，可得E=/2(Rg2+r)+/l(Rgl+Ro)，由于用2的準確值未知，用圖象

法處理數(shù)據(jù)時，會使測量結(jié)果誤差更大，故應選圖乙所示的電路。

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因為電源的內(nèi)阻較小，所以采用最大阻值較小的滑動變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差

的減小，所以滑動變阻器選擇

(2)根據(jù)歐姆定律可知u=%(Rgi+Ro),

n3

代入數(shù)據(jù)解得%=廠一=-ion=9900。

1QD人■LU

(3)根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識得，電源兩端的電壓為U=4(990+10)=IO。。/1，

根據(jù)圖象與縱軸的交點得電動勢為E=1.48m4x1000/2=1.48V,

與橫軸的交點可得出路端電壓為l.lU時電流是0.454根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電

源的內(nèi)阻為r=0.850。

故答案為:⑴乙,D(2)990(3)1.48,0.85。

(1)根據(jù)實驗原理和實驗器材選擇實驗原理圖，將電流表G串聯(lián)一個電阻，可以改裝成

較大量程的電壓表，因為電源內(nèi)阻較小，所以應該采用最大阻值較小的滑動變阻器。

(2)根據(jù)歐姆定律以及串聯(lián)電路特征求解。

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律分析求解出圖象有關(guān)的表達式，根據(jù)表達式求解電源電動勢

和內(nèi)阻的大小。

解決該題的關(guān)鍵是掌握實驗的實驗目的以及實驗〃注意事項，掌握電表d改裝原理，熟

悉串聯(lián)電路的特點以及閉合電路歐姆定律。

11.【答案】解：(1)煤塊從最高點下落到曲面底端過程中，由動能定理可知：

1,

mgH=-mv^

解得：v0=4m/s

(2)煤塊到達傳送帶后先向左勻減速運動直到速度減為零，

由牛頓第二定律可知：fimg=ma,a=4m/s2

減速時間：。=也=；S=Is

a4

煤塊在傳送帶上留的劃痕為：△/=何+去解得：△Xi=4m

此過程中煤塊的位移石=^-—2m

之后煤塊向右勻加速直線運動，則加速度到與傳送帶共速過程中，煤塊的位移為：

資22

x=—=-——-m=0.5m<

222a2x41

之后煤塊與傳送帶共速

煤塊的加速時間：t2="=：s=0.5s

a4

煤塊在傳送帶上留的劃痕為：△右二U也一能解得：△%2=0?5巾

則煤塊第一次在傳送帶上往返運動過程中在傳送帶上留下的痕跡長度L=△%I+A%2=

4m+0.5m=4.5m

答：(1)煤塊第一次到達曲面底端時的速度%大小為4m/s；

(2)煤塊第一次在傳送帶上往返運動過程中在傳送帶上留下的痕跡長度L為4.5m。

【解析】(1)煤塊從最高點下落到曲面底端過程中，由動能定理可求出幾；

(2)分別求出煤塊在向左減速過程和向右加速過程，在傳送帶上留下的痕跡長度，根據(jù)

煤塊和傳動帶之間的相對運動分析可知，煤塊留在傳送帶上的總劃痕長度為兩次劃痕之

和。

本題考查傳動帶問題，傳送帶上的物塊總有與傳送帶共速的趨勢，根據(jù)這一原理取分析

煤塊的運動過程。根據(jù)煤塊和傳送帶的相對運動分析總劃痕為兩次劃痕之和是本題的關(guān)

鍵。

12.【答案】解：(1)根據(jù)題意畫出粒子在電磁場運動的軌跡如圖所示：

帶電粒子在電場中做類平拋運動根據(jù)幾何關(guān)系有，?=?=t即60。=V3,故為=V3v

VXVOz0

QD=x=vot=3/ixtan30°=V3/i

v—at——t=V3v

yvm0

聯(lián)立以上方程解得E=華。

q九

(2)設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R,由幾何關(guān)系可知GQ=V3/?

帶電粒子在電場中做類平拋運動有，

GK—"G=21^0亡1

在AGOK中根據(jù)兒何關(guān)系有，

l3hV3

GK=(V3/?+——)sin30°=—(/?+/i)

cos30°2

第14頁，共18頁

l3hV3

KO=（遮R+——）cos30°=—R+3h

'cos30"2

GK

tan30°=的

由PD-l^-t2

2xm

2

聯(lián)立以上各式有R=2h,根據(jù)牛頓第二定律有quB=詈

故2=旃。

答：（l）MOy區(qū)域內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小為甯。

（2）M0x區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大小為鼠。

【解析】（1）根據(jù)帶電粒子在電場中做類平拋運動可求電場強度。

（2）畫出粒子運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系可求磁場強度。

明確帶電粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，正確畫出粒子的運動

軌跡通過幾何關(guān)系求解是解決問題的關(guān)鍵。

13.【答案】ABE

【解析】解：A、布朗運動是懸浮在水中花粉的無規(guī)則運動是由于液體分子對花粉顆粒

的無規(guī)則撞擊形成的，所以布朗運動反映了水分子的熱運動，故4正確；

8、由于液體表面張力的作用，使得空氣中小雨滴呈球形，故B正確；

C、晶體在熔化過程中要吸收熱量，溫度升高，內(nèi)能增大，故C錯誤；

。、沸點的高低與外界的大氣壓有關(guān)，高原地區(qū)水的沸點較低，這是高原地區(qū)氣壓較低

的緣故，故。錯誤；

E、濕溫度計下端包有濕紗布，濕紗布上的水分要蒸發(fā)，蒸發(fā)是一種汽化現(xiàn)象，汽化要

吸熱，所以濕溫度計的示數(shù)較低，所以干濕泡溫度計的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的

溫度，故E正確。

故選：ABE.

布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動，不能反映花粉分子的熱運動；根據(jù)表面張力分

析小雨滴的形狀；晶體在熔化過程中，要吸收熱量，內(nèi)能增大；高原地區(qū)水的沸點較低，

這是高原地區(qū)氣壓低的緣故；濕紗布上的水分要蒸發(fā)，蒸發(fā)是一種汽化現(xiàn)象，汽化要吸

熱。

本題考查了布朗運動、液體表面張力、晶體、沸點干濕泡溫度計等熱學基礎(chǔ)知識，這一

部分知識比較簡單，在平時多加積累，強化記憶。

14.【答案】解：①右管封閉氣體初狀態(tài)的壓強Pi=Po+pL2=(75+15)cmHg-

90cmHg,

設玻璃管的橫截面積為S,氣體初狀態(tài)的體積匕=LiS,

氣體末狀態(tài)的壓強P2=Po=75cmHg,設末狀態(tài)空氣柱的長度為L,

氣體溫度不變，由玻意耳定律得：PihS=p?LS

代入數(shù)據(jù)解得：L=30cm

流出水銀柱的長度色=L2+2a-k)=15cm+2X(30-25)cm=25cm

②右管封閉氣體初狀態(tài)的壓強P2=Po=75cmHg,匕=LS=30S,7\=300K

氣體末狀態(tài)壓強P3=Po+Ph2—(75+IS)cmHg—90cmHg,V3=(L+^/i2)S=(30+

Ix15)5=37.5S

由理想氣體狀態(tài)方程得：竿=竿,即甯=誓等

/1123UU12

解得：T2=450