2021年云南師大附中高考物理適應性試卷（七）

2021年云南師大附中高考物理適應性試卷（七）

1.下列說法正確的是（）

A.盧瑟福用a粒子轟擊氮原子核發(fā)現(xiàn)了中子，并預言了質(zhì)子的存在

B.地球上的核電站與太陽內(nèi)部主要進行的核反應類型相同

C.玻爾提出了原子能級結(jié)構(gòu)假說，成功地解釋了各種原子的光譜

D.愛因斯坦成功地解釋了光電效應現(xiàn)象

2.納米微吸材料是一種新型材料，用手觸碰無粘感，接觸到平整光滑的硬性物體時，

會牢牢吸附在物體上。圖甲是一款表面采用了納米微吸材料的手機支架，圖乙是手

機靜止吸附在該手機支架上的側(cè)視圖，若手機的重力為G,手機和水平面的夾角為

A.納米材料對手機的作用力方向豎直向上

B.納米材料對手機的作用力大小為Gsin。

C.手機受到的摩擦力大小大于Gsin。

D.若使。增大（手機保持靜止），納米材料對手機的作用力也增大

3.2020年12月17日，嫦娥五號軌道器與返回器在距離地

球5000公里處實施分離，返回器攜帶月壤樣品返回地_

球，軌道器啟程飛往距離地球約150萬公里的日地拉格''

朗日人點（如圖），在這個位置的軌道器會在太陽與地球

引力的作用下，與地球同步繞太陽做勻速圓周運動。下列說法正確的是（）

A.該軌道器繞太陽運動的向心加速度大于地球繞太陽運動的向心加速度

B.該軌道器所受的地球的引力和太陽的引力大小相等

C.該軌道器繞太陽運動的線速度大于地球繞太陽運動的線速度

D.該軌道器繞太陽運動的周期和地球公轉(zhuǎn)的周期相等

4.如圖所示，一架在2000“高空以250m/s的速度水平勻一一一

速飛行的轟炸機，要想用兩枚炸彈分別轟炸山腳和山頂2ol）Om4

的目標4和瓦已知山高720m,山腳與山頂?shù)乃骄嚯x,一廠720m

A^OOm-^

為800〃?。若不計空氣阻力，取g=l（hn/s2,下列說法

正確的是（）

A.飛機在目標A的正上方時投第一枚炸彈

B.飛機兩次投彈的時間間隔為7.2s

C.飛機兩次投彈相距1000/n

D.飛機與目標B的水平距離為5000AM時投第二枚炸彈

5.如圖所示，A點距坐標原點的距離為L,坐標平面內(nèi)有邊界過A點和坐標原點。的

圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標平面向里。有一電子（重力不計）從A點以

初速度孫平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，然后從x軸上的8點射出磁場區(qū)域，此

時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60。；若將區(qū)域內(nèi)的勻強磁場換成方向豎

直向上的勻強電場，電子也能擊中B點，則電場強度的大小與磁感應強度的大小的

比值為（）

6.圖甲為一交流發(fā)電機示意圖，線圈“bed在勻強磁場中繞固定軸。0'沿順時針方向勻

速轉(zhuǎn)動，圖乙是該發(fā)電機的電動勢e隨時間，按余弦規(guī)律變化的圖象。己知線圈電

A.交流電的頻率為5Hz

B.電壓表讀數(shù)為10V

C.電流表讀數(shù)為0.5A

D.t=O.ls時刻，穿過線圈的磁通量最大

7.如圖,質(zhì)量為叫=2kg的A物體和質(zhì)量為四=4kg

的B物體用輕彈簧連接，置于光滑水平地面上。現(xiàn)

第2頁，共18頁

將一大小為15N的水平拉力作用于A物體上，使兩物體一起向右做勻加速運動。

取g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.彈簧的彈力大小等于15N

B.彈簧的彈力大小等于10/V

C.突然撤去F瞬間，A的加速度大小為5m/s2

D.突然撤去尸瞬間，2的加速度大小為3.75m/s2

8.如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道QEG相切，切

點為。，0、E分別為圓弧軌道圓心和最低點，0G水平?，F(xiàn)有一質(zhì)量為rn=1kg、

可視為質(zhì)點的滑塊從A點由靜止下滑。已知斜面長為L=4m,滑塊與斜面間的

動摩擦因數(shù)為“=0.5,圓弧半徑為R=lm,ADOE=37。。取g=10m/s2,sin37°=

0.6,則關于滑塊的運動，下列說法正確的是（）

P——）c

CE

A.滑塊經(jīng)過E點時對軌道的最小壓力為14N

B.滑塊第二次經(jīng)過E點時對軌道的壓力小于第一次經(jīng)過E點時對軌道的壓力

C.滑塊下滑后最終停在E點

D.滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程為6%

9.某同學用如圖甲所示裝置“驗證機械能守恒定律”時，得到如圖乙所示的紙帶。選

取紙帶上打出的連續(xù)五個點4、B、C、。、E,測出4點距起始點。的距離為So，

點。、C間的距離為S],點0、E間的距離為S2,測得重物的質(zhì)量為"?。已知當?shù)?/p>

重力加速度為g，打點計時器打點周期為兀

（1）下列做法正確的有（填正確答案序號）。

4必須要稱出重物和夾子的質(zhì)量

B.圖中兩限位孔必須在同一豎直線上

C將連著重物的紙帶穿過限位孔，用手提住，且讓手盡量靠近打點計時器

D數(shù)據(jù)處理時，可以選擇任一點跡清晰的點作為。點

￡數(shù)據(jù)處理時，應選擇紙帶上距離較近的兩點作為初、末位置

(2)選取0、C兩點為初、末位置驗證機械能守恒定律，重物減少的重力勢能是

，重物增加的動能是；在誤差允許范圍內(nèi)若兩者相等，即驗證了機

械能守恒定律。

10.某位同學組裝一個簡單的多用電表，可選用的器材有：電流表(量程10加4,內(nèi)阻100；

滑動變阻器％(最大阻值5000)；定值電阻阻值2400)；電池；紅黑表筆和導線

若干。

(1)圖中所示虛線框內(nèi)為該同學設計的多用表的電路圖的一部分，選擇開關接1時

測量電流，接2時測量電阻，接3時測量電壓(能測量1節(jié)干電池的電動勢)，請將

電路圖補充完整。

(2)制作完成后，該多用表的表盤如圖乙所示，下排刻度均勻，C為中間刻度。當

選擇開關接3時，電表：相當于一個量程為V的電壓表；此時指針指在圖中

所示位置，其讀數(shù)為匕

(3)為了測該多用電表歐姆擋的內(nèi)電阻和表內(nèi)電源的電動勢，該同學在實驗室找到

了一個電阻箱，設計了如下實驗：

①將選擇開關接2,紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)R的阻值使電表指針滿偏；

②將多用電表紅黑表筆與電阻箱相連，調(diào)節(jié)電阻箱使多用電表指針指在C處，此

時電阻箱如圖丙所示，則調(diào)零后多用電表歐姆擋的內(nèi)部總電阻為0;

③計算得到多用電表內(nèi)電池的電動勢為V(保留2位有效數(shù)字)。

11.如圖所示，光滑水平地面上靜止放置一"L”形長木板4,質(zhì)量啊=2kg,上表面

光滑。可視為質(zhì)點的物塊8置于A的最右端，8的質(zhì)量巾8=149?，F(xiàn)對4施加一

個水平向右的恒力F=6N,A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與8發(fā)生碰撞,

碰撞時間極短，碰后A、B粘在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間

t=0.6s,二者的速度達到%=2m/sa求：

第4頁，共18頁

(1)4開始運動時加速度的大小4；

(2)4、8碰撞后瞬間共同速度的大小v；

(3)4的上表面長度/o

12.如圖所示，有一傾角為a的固定粗糙斜面，斜面上相隔為d的平行虛線與P。

間有大小為2的勻強磁場，方向垂直斜面向下。一質(zhì)量為"、電阻為R、邊長為工

的正方形單匝純電阻金屬線圈，在沿斜面向上的恒力作用下，以速度v勻速進入磁

場，線圈必邊剛進入磁場和cd邊剛要離開磁場時，岫邊兩端的電壓相等。已知磁

場的寬度d大于線圈的邊長L線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為“，重力加速度為g。

求：

(1)線圈有一半面積進入磁場時通過外邊的電荷量q；

(2)恒力尸的大?。?/p>

(3)線圈通過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

13.下列有關熱現(xiàn)象的說法中，正確的是（）

A.相同溫度下，空氣中的氮氣和氧氣的分子平均動能相同

B.有一分子a從無窮遠處靠近固定不動的分子兒當。、匕間分子力為零時，它們

具有的分子勢能一定最小

C.一定質(zhì)量的理想氣體溫度升高，內(nèi)能可能減小

D.在絕熱過程中，外界對氣體做功，氣體的內(nèi)能一定增加

E.用油膜法估測分子大小時.，如果油膜沒有充分展開，測出來的分子大小將偏小

14.如圖所示，豎直放置的粗細均勻的U形管內(nèi)有一段水銀柱，左、

0

右兩側(cè)管中水銀柱液面等高，左側(cè)管中封閉有一段長為

10.00cm的空氣柱，左側(cè)管中水銀柱的高也為10.00cm,此時大B感

氣壓強Po=75cmHg,溫度為27汽。……警播鴛

I.若給左側(cè)管中氣體加熱，使兩側(cè)水銀面形成15.00cm的高度差，求此時封閉氣體

的溫度；

U.若保持管中氣體溫度不變，往右側(cè)管中慢慢地倒入水銀，使兩側(cè)水銀面仍然形

成15.00cm的高度差，求倒入的水銀柱的長度（結(jié)果保留1位小數(shù)）。

15.如圖甲所示，在一條直線上的兩個振源A、B相距8%?！?0時48開始振動，且

都只振動一個周期，圖乙為A的振動圖象，圖丙為3的振動圖象。若A向右傳播

的波與3向左傳播的波在q=0.4s時相遇，則下列說法正確的是（）

第6頁，共18頁

B

甲

A.兩列波在A、8間的傳播速度大小均為l（hn/s

B.兩列波的波長都是4〃?

C.在兩列波相遇過程中，中點C為振動加強點

D.t2=0.7s時刻，8點振動經(jīng)過的路程為40c/n

E.t3=0.9s時刻，B點經(jīng)過平衡位置且振動方向向下

16.如圖所示是一種折射率n=1.5的棱鏡，用于某種光學儀器中?，F(xiàn)有一束光線沿MN

的方向射到棱鏡的AB界面上，入射角的大小設為i,折射光線經(jīng)反射后，垂直

于4尸射出。真空中光速c=3.0x1。87n/s。

I.求光在棱鏡中傳播的速度;

n.畫出光路圖（不考慮返回到AB面上的光線）并求入射角，?的正弦值。

60°45

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、盧瑟福用a粒子轟擊氮原子核發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，故A錯誤。

以核電站的反應是核裂變，太陽內(nèi)部主要進行的核反應是核聚變，故8錯誤。

C、玻爾提出了原子能級結(jié)構(gòu)假說，成功地解釋了氫原子的光譜，但不能解釋其他原子

光譜，故C錯誤。

。、愛因斯坦提出光子說，成功地解釋了光電效應現(xiàn)象，故。正確。

故選：D。

原子物理在物理學史部分所占比例較大，結(jié)合理解進行歸納積累即可。

本題考查原子物理部分物理學史，要求學生識記并區(qū)分相關物理學人物和事件，難度較

小。

2.【答案】A

【解析】解：AB、手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，受到重力和納米材料對手機的作用

力，根據(jù)平衡條件可知，納米材料對手機的作用力大小等于重力，方向與重力方向相反，

豎直向上，故A正確，B錯誤；

C、手機處于靜止狀態(tài)，受力平衡，根據(jù)平衡條件可知，在平行手機方向，根據(jù)平衡條

件，有f=GsiM。，故C錯誤；

。、手機和水平面的夾角。增大后，根據(jù)平衡條件可知，納米材料對手機的作用力大小

仍等于重力，故。錯誤。

故選：Ao

對手機進行受力分析，其中納米材料對手機作用力為支持力、納米材料的吸引力、摩擦

力的合力，這個合力和重力是一對平衡力，和重力等大反向。

本題考查了共點力的平衡條件的應用。要理解納米微吸材料對手機的作用力，是支持力、

吸引力、摩擦力三者的合力。其中摩擦力是存在的，不要受“平整光滑”這個詞的影響。

“平整光滑的硬性物體”是產(chǎn)生吸力的條件，吸力的方向和斜面垂直，最終目的是為了

增大最大靜摩擦力。

3.【答案】D

【解析】解：AC、向心加速度a=r/2,線速度u=該軌道器和地球繞太陽做勻速

圓周運動的角速度相等，而軌道半徑小于地球公轉(zhuǎn)的半徑，則該軌道器繞太陽運動的向

第8頁，共18頁

心加速度小于地球繞太陽運動的向心加速度，線速度小于地球繞太陽運動的線速度，故

AC錯誤；

。、該軌道器與地球同步繞太陽做圓周運動，周期相同，即繞太陽運動的周期和地球公

轉(zhuǎn)的周期相等，故。正確；

8、該軌道器在公點環(huán)繞太陽做圓周運動時，該軌道器受到地球和太陽的引力的合力指

向太陽，因此該軌道器受到太陽的引力大于地球的引力，故8錯誤。

故選：D。

衛(wèi)星與地球同步繞太陽做圓周運動的周期和角速度相同，處于非平衡狀態(tài)，由地球和太

陽的引力的合力提供向心力，根據(jù)公式a=32r分析其繞太陽運動的向心加速度與地球

繞太陽運動的向心加速度關系。

該題考查了人造衛(wèi)星的相關知識，首先要讀懂題意，不要被新情景嚇住，其次要正確分

析衛(wèi)星的受力情況，靈活選擇圓周運動的規(guī)律進行分析，難度適中。

4.【答案】B

【解析】解：小根據(jù)演得：以=杉=J等詈s=20s,則拋出第一枚炸彈

時距離A點的水平距離為/=votA=250x20m=5000m,故A錯誤；

BCD、根據(jù)九箔得：=戶噂①s=16s,則拋出第二枚炸彈時距

離B點的水平位移為犯=votB=250x16m=4000m,兩次拋出點之間的水平位移為

X

%=%1+800-x2=5000m+800m-4000m=1800m,投彈的時間間隔為△t=-=

舞s=7.2s,故2正確，C、。錯誤。

故選：B。

平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)下降的高

度求出兩枚炸彈平拋運動所需的時間，結(jié)合初速度求出兩枚炸彈拋出到擊中目標的水平

位移，根據(jù)水平位移之差求出兩次投彈的時間間隔。

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，平拋運動的時間由

高度決定，初速度和時間共同決定水平位移。

5.【答案】D

【解析】解：電子在磁場中做勻速圓周運動，電子運動軌跡如圖所示,

已知8點速度與x軸夾角為60。，由幾何關系得可知，運動軌跡圓的圓心角4c=60。，

AC=BC=r,△ABC是等邊三角形，已知。4=3

OAL

電子做圓周運動的軌道半徑：「=?寂=2=2，

2

OB=OAtan600=V3L?

電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

VQ

qv0B=m—

解得：B=宜,

由幾何關系得OB=V3L.

電子在電場中做類平拋運動，

水平方向：V3L=vot

豎直方向：L=i—t2

2m

解得：E=警，

3qL

電場強度與磁感應強度之比：5%，故。正確，ABC錯誤。

D3

故選：

電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出電子運動軌跡，求出電子做

勻速圓周運動的軌道半徑，應用牛頓第二定律求出磁感應強度；電子在電場中做類平拋

運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度，然后求出電場強度與磁感應強度的比值。

電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，在勻強電場中做類平拋運動，根據(jù)題意分析清楚電

子的運動過程是解題的前提，應用幾何知識、牛頓第二定律與運動學公式即可解題。

6.【答案】AC

【解析】解:A、根據(jù)圖乙可知，交變電流的周期為T=0.2s,頻率為f="=^Hz=5Hz,

故A正確；

BC、交變電流的電動勢的最大值為j=10位V，故電動勢的有效值為E=號=

第10頁，共18頁

嘴p=10v,

電流表的讀數(shù)為交變電流的有效值，故％=9=券4=0.5/1,

R+r18+2

電壓表的示數(shù)為電阻R上的電壓的有效值，故電壓表的示數(shù)為為=1AR=0.5x18V=

9K,故B錯誤，C正確；

D、從圖乙可知，t=0.1s時刻，電動勢最大，故此時線圈平面和磁場平行，穿過線圈

的磁通量為零，故。錯誤；

故選：AC,,

根據(jù)乙圖判斷出交流電的周期和最大值，即可求得交流電的頻率和有效值，交流電壓表

顯示的是路端電壓有效值，根據(jù)電動勢的大小判斷出線圈的位置，即可判斷出磁通量。

本題主要考查了交流電的圖像，以及知道峰值與有效值的關系，能從圖中得出有效信息,

難度不大。

7.【答案】BC

【解析】解：AB,兩物體一起向右做勻加速運動，A、B的加速度相同，對整體分析，

由牛頓第二定律得a=Wk=￡m/s2=2.5m/s2。隔離3分析，由牛頓第二定律得，

彈力7=ni2a,解得7=10N,故B正確，A錯誤；

CD、撤去外力產(chǎn)后，彈簧的彈力不會突變，由牛頓第二定律得，A物體的加速度大小

=z-==5m/s2,B物體的加速度大小CIB=5=三也面=2.5zn/s2,故c

7711ZfTl24

正確，。錯誤。

故選：BC。

兩物體一起向右做勻加速運動，A、8的加速度相同，由牛頓第二定律得整體的加速度；

隔離8分析，由牛頓第二定律得彈力；撤去外力F后，彈簧的彈力不會突變，由牛頓第

二定律可求解。

解題的關鍵是整體法和隔離法的選擇，并會運用牛頓第二定律求解。

8.【答案】AD

【解析】解：A、滑塊從A點滑下后在部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AO

斜面上時的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點、。為最高點來回滑動，此時

經(jīng)過E點對軌道的壓力最小，則從0到E點，由機械能守恒定律有：mgR(l-cosG)=

-mv'j

2b

在E點，由牛頓第二定律得：N-mg=mW

聯(lián)立解得：N=mg（3—2cosJ）

代入數(shù)據(jù)解得：N=14N

由牛頓第三定律知滑塊經(jīng)過E點時對軌道的最小壓力為14N,故A正確；

B、滑塊從A點到G點的過程，由動能定理有：mg（Lsin6-Rcosd）-p.mgcos9-L=

12

解得：vc=0

則滑塊下滑后不能從G點飛出?；瑝K第一次到達E點時，根據(jù)動能定理有：

1

mg［Lsin9+R（1—cos。）］—nmgcosd-L=-mv|

解得：vE=V20m/s

由于圓弧軌道光滑，第二次到達E點的速度與第一次相同，則由牛頓第二定律有：NE-

mg=mq

得第一次和第二次經(jīng)過E點時對軌道的壓力相等，故B錯誤；

CD,由以上的分析可知，滑塊最終將在以E點為最低點、。為最高點來回滑動，設滑

塊在斜面上經(jīng)過的總路程為s,對從A點到最終到。點（速度為零）的過程，由動能定理

有：mgLsind-fimgcosO-s=0

解得：s—6m,故C錯誤，。正確。

故選：AD.

滑塊從A點到G點的過程，由動能定理求出滑塊到達G點的速度。根據(jù)動能定理求出

滑塊第一次和第二次經(jīng)過E點時的速度，由牛頓運動定律分析滑塊兩次經(jīng)過E點時對軌

道壓力關系。滑塊從A滑下后在4。部分軌道上克服摩擦力做功，則返回到A。斜面上

時的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點，。為最高點來回滑動，此時經(jīng)過E

點時對軌道的壓力最小，根據(jù)動能定理求滑塊在斜面上經(jīng)過的總路程。

本題的關鍵要搞清滑塊的運動過程，并能分析出滑塊最終的狀態(tài)，運用動能定理時，要

注意選取研究過程。

9.【答案】Bmgs］嘿薩

【解析】解：（1）考查驗證機械能守恒律實驗的操作細節(jié)：

4、由于動能和勢能的表達式中均有質(zhì)量的因子，可以用代有質(zhì)量小式子代替動能和勢

能，所以不必須測重物和夾子質(zhì)量，故A錯誤；

第12頁，共18頁

8、只有兩限位孔在一條豎線上，重物下落受紙帶的影響較小，故8正確；

C、應讓重物靠近打點計時器，這樣打的點跡完整，故C錯誤；

。、為了處理數(shù)據(jù)簡單，從打下的第一點作為。點，故。錯誤；

E、應選擇較遠的點作為始末位置，故E錯誤。

故選：B

(2)從靜止(。點)到下落到C點，重力勢能的減小量AEp=mgsi，先由中間時刻的瞬時

速度等于這段時間的平均速度求%=藐=節(jié)含，所以動能的增加量△Ek==

1妨產(chǎn)一So、2_m(S2-So)2

2皿47)-32T2°

故答案為：(1)B：(2)mgsi、嚏茅

(1)根據(jù)操作中的注意事項確定正確的操作方法；

(2)根據(jù)一段時間的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，求出到達C點的瞬時速度，再

由動能公式求出動能的增加量，由勢能公式寫出勢能的減小量。

本題主要考查了“驗證機械能守恒定律”的實驗的原理，要求同學們了解其實驗儀器及

實驗過程，還考查了驗證機械能守恒定律中的數(shù)據(jù)處理方法。

10.【答案】2.51.722002.0

【解析】(1)如圖所示測電阻時應接電源，改裝電壓表示應是電流表西

串聯(lián)定值電阻。

。(2)當選擇開關接3時，電流表與定值電阻此串聯(lián)電路最大電流為I

WmA,故最大電壓1/=/(以+/?2)=001x(10+240”=2.5U,人|]IJ

電壓表刻度均勻共有50個小格，每個小格為0.05V,讀數(shù)為(34x0.05+0.02"=1.72V,

注意指針指在34和35之間的那部分是估計值大約從0.01到0.04都可以，所以答案在

(1.71?1.74”范圍內(nèi)都算對。

故答案為：2.51.72

(3)②電阻箱各指針示數(shù)與所對應倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)，示_0>_

數(shù)為(0x1000+2x100+0x10+0x1)/2=200/2兄卜

故答案為：200

③指針指在C位置時電流為5〃M，則C處電阻值應為中值電阻，A"IJ

即中值電阻為200。，因為中值電阻等于多用電表的內(nèi)電阻，即R的=200。根據(jù)E=

l（R內(nèi)+&）=0.005x（200+200"=2.01/故答案為2.0

故答案為：(1)(2)2.51.72(1.71?174)(3)②200③2.0

根據(jù)電表量程由圖示電表確定其分度值，根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)；電阻箱各指針示數(shù)

與所對應倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)，根據(jù)中值電阻和內(nèi)電阻相等，由閉合電路歐姆

定律可以求出電源電動勢。

本題考查了電表讀數(shù)、求電表內(nèi)阻、電源電動勢等問題，知道多用電表的原理是正確解

題的前提與關鍵；對電表讀數(shù)時，要先確定其量程與分度值，然后再讀數(shù)。注意最小刻

度滿足一定條件時要估讀到下一位。

11.【答案】解：(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律得：F=mAa

代入數(shù)據(jù)解得：a=3m/s2

(2)4、B碰撞后瞬間共同速度的大小巧碰撞后經(jīng)時間t=0.6s,二者的速度達到內(nèi),

對A、B碰撞后共同運動t=0.6s的過程，由動量定理得：

Ft=(mA+如)%—(mA+

代入數(shù)據(jù)解得：v=0.8m/s

(3)設A、8發(fā)生碰撞前，A的速度為以，A、8碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：rnAvA=(mA+mB)v

A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，對A,由動能定理得：Fl=^mAvl-0

代入數(shù)據(jù)解得：I=0.24m

答：(1)4開始運動時加速度的大小a是3m/s2；

(2)4、8碰撞后瞬間共同速度的大小v是0.8m/s；

(3)4的上表面長度/是0.24m。

【解析】(1)對A,應用牛頓第二定律可以求出其加速度。

(2)從4、8碰撞到二者速度達到/過程，對4、B系統(tǒng)應用動量定理可以求出4、B碰

撞后瞬間的共同速度。

(3)4、8碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰撞

前A的速度；對4,應用動能定理可以求出A上表面的長度。

本題考查了動量定理、動量守恒定律的應用，根據(jù)題意分析清楚物體的運動過程是解題

的前提，根據(jù)題意應用牛頓第二定律、動量定理與動量守恒定律即可解題。

12.【答案】解：(1)一半面積進入磁場時產(chǎn)生的平均感應電動勢：足=絲=理

AtAt

感應電流/=-

R

根據(jù)電荷量的計算公式可得：q=l^t=—;

“2R

第14頁，共18頁

(2)線圈勻速運動，受力平衡，根據(jù)平衡條件可得：P=mgsina++fimgcosa

其中安培力為：尸安=嚶

聯(lián)立解得：F=mgsina+[imgcosa+:上;

(3)ab邊剛進磁場時，Uab=^-BLv

4-

cd邊出磁場時，U'ab=jBLvx

已知4匕=U'ab'可得%=3v

根據(jù)動能定理，有：F(L+d)-+d)sina-卬ng(L+d)cosa-W安=說一

-mv2

2

根據(jù)功能關系：Q="交

解得：Q=”—+幻-4根/0

YR

答：(1)線圈有一半面積進入磁場時通過湖邊的電荷量為穿：

(2)恒力尸的大小為mgsina+^mgcosa+5r：

(3)線圈通過磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為型誓④-4m/。

【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律結(jié)合閉合電路的歐姆定律、電荷量的計算公式求

解；

(2)線圈勻速運動，受力平衡，根據(jù)平衡條件求解；

(3)線圈外邊剛進入磁場和4邊剛要離開磁場時，斷邊兩端的電壓相等，由此得到必

邊進入磁場和cd邊剛要離開磁場的速度大小，再根據(jù)動能定理、功能關系求解。

本題主要是考查電磁感應現(xiàn)象，關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、牛頓第二定律列方程進行求解，涉及能量問題，常根據(jù)動能定理、功能關系等列

方程求解。

13.【答案】ABD

【解析】解：人教室內(nèi)空氣中的氮氣和氧氣的溫度相同，則分子平均動能相同，故A

正確；

8、分子a從無窮遠處靠近固定不動的分子〃，沒有達到平衡位置過程中，分子力做正

功，則分子勢能減小，從平衡位置開始，分子力表現(xiàn)為斥力，分子力開始做負功，分子

勢能增加，所以當“、人間分子力為零時，它們具有的分子勢能一定最小，故B正確；

C、一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能僅由溫度決定，溫度升高，內(nèi)能增大，故C錯誤；

。、根據(jù)熱力學第一定律:△U=〃+Q,Q=O,外界對氣體做功，即W>0,有：△U>0,

則內(nèi)能一定增大，故。正確；

E、用油膜法估測分子的大小時，若油膜沒有完全展開，則測得的展開面積5變小，分

子直徑：d=《，測出的分子直徑變大，故E錯誤。

故選：ABD。

溫度是分子平均動能的標志；由分子力做正功，則電勢能減小，分子力做負功，電勢能

增加，即可確定結(jié)果；一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能僅由溫度決定，溫度升高，內(nèi)能增大;

根據(jù)熱力學第一定律，△U=W+Q,即可求解；根據(jù)用油膜法估測分子大小的實驗原

理判定。

本題考查溫度的微觀意義、分子動理論以及氣體的內(nèi)能，要注意溫度是分子的平均動能

的標志，要掌握熱力學第一定律，平時要多看書加強記憶。

14.【答案】解：I.加熱后氣體的壓強為P2=75cmHg+15cmHg=90cmHg,p±=p0

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有華=華

解得丁2=處7\=9°xsx(io.oo+w)X(273+27)K=630K

/P1/175XSX10.001)

II.若保持溫度不變，往右側(cè)管中倒入水銀，當兩側(cè)水銀面形成15cm的高度差時，管中

氣體的壓強P'2=P2=90cmHg

根據(jù)玻意耳定律得Pi%=p'2V'2