2021年山東省棗莊市高考物理模擬試卷（二模）

一、單選題（本大題共8小題，共24.0分）

1.2021年3月中旬，我國大部分地區經歷了近10年來最強的沙塵暴，給人們的生活

帶來了極大不便。假設一團沙塵暴中所含物質種類及每種物質質量均不變，關于這

團沙塵暴，以下說法正確的是（）

A.該沙塵暴的內能是其中所有空氣的氣體分子的無規則運動的動能和勢能以及其

它物質顆粒無規則運動的動能和勢能的總和

B.該沙塵暴從溫度較低的內蒙古高原吹到溫度較高的黃淮地區，溫度逐漸升高、

風勢逐漸減弱，則其內能逐漸減小

C.沙塵暴中的沙塵顆粒具有波動性

D.沙塵暴中的所有沙塵顆粒所做的無規則運動是布朗運動

2.通信衛星在現代生活、生產和科學研究等活動中發揮重要作用。已知地球的半徑為

R,地球自轉角速度為3,地球赤道同步通信衛星距離地面的高度為/?,則下列關于

地球赤道同步通信衛星的說法正確的是（）

A.以地心為參考系,該衛星是靜止的

B.以地面為參考系,該衛星做勻速圓周運動

C.以地面為參考系,該衛星的加速度大小為“2（/?+九）

D.以太陽為參考系,該衛星的運動不是勻速圓周運動

3.如圖所示，質量相同、但表面粗糙程度不同的三個物塊八Rc放在三個完全相同

的斜面體上，斜面體靜置于同一粗糙水平面上。物塊八尻c以相同初速度下滑,

其v-t圖像如圖所示。物塊下滑過程中斜面體始終保持靜止，八氏c與斜面之間

的動摩擦因數分別為總、劭、生，斜面體對地面的壓力分別為「Na、FgFNc,斜

A.Ha<Hb<HcB.^Na<F/Vb<FNC

C.fb=0,九向右，左向左D.%=0,人向左，fc向右

4.如圖甲所示，在距水平地面〃高處固定的點光源L及小金屬球P左右緊貼放置。小

金屬球P以初速度%水平向右拋出，最后落到水平地面上，運動中不計空氣阻力。

以拋出點為坐標原點0、水平向右為X軸正方向，豎直向下為），鈾正方向建立平而

直角坐標系。設經過時間，小金屬球P運動至A點，其在地面的投影為B點，B點

橫坐標為小；小金屬球尸在A點速度的反方向延長線交于無軸的C點，C點橫坐標

為Xc。以下圖像能正確描述小、々隨時間「變化關系的是（）

5.在平靜的介質中，從波源。發出的一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，G秒時刻的波

形用實線表示,4秒（功＞4）時刻的波形用虛線表示。介質中的質點Q位于x=18m

處，則下列說法正確的是（）

A.該簡諧橫波的波長可能為6〃？

B.該波的波速大小一定為戶7m/s

—

C.在ti秒時刻至t2秒時刻這段時間內，介質中的質點M的運動過程是由先加速、

第2頁，共28頁

后減速兩段過程組成

D.根據圖像無法判斷質點。的起振方向

6.如圖所示為長方體均勻玻璃磚的截面，厚度為心現有兩種單色光組成的復合光,

從。點射入玻璃磚，入射角為60。，其折射光線分別沿。A、08方向，對應的折射

角分別為37。、53。。光從O點到A點的傳播時間為電力，從。點到B點的傳播時間

為t°B。已知sin60。=亨，cos60°=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8。則下列對t%

和大小關系的比較，正確的是（）

度為g、且卜詈=日mg,忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.固定在A、B處兩點電荷的合電場在C、。兩點的場強相同

B.小球在D點剛釋放時的加速度大小為（乎+凈g

C.小球到達C點的速度大小為新最

D.小球將在。、C兩點之間做往復運動

8.如圖所示，虛線右側有豎直向下的電場強度E=45N/C的勻強電場及垂直于電場向

外的磁感應強度B=0.25T的勻強磁場。在光滑絕緣的水平面上有兩個等大的金屬

小球A、8,小球A不帶電，其質量啊=0.05kg,緊貼虛線靜置的小球8帶電量

qs=-4x10-3。其質量nip=0.01kg。小球4以速度%=20m/s水平向右與小

球B發生正碰，碰后小球B垂直于電、磁場直接進入正交電、磁場中。剛進入正交

電、磁場的瞬間，小球B豎直方向的加速度恰好為零。設小球A、B碰撞瞬間電荷

均分，取g=10m/s2?則下列說法正確的是（）

A.碰后瞬間，小球A的速度大小為10m/s

B.小球4在剛進入正交電、磁場后的短時間內，其電勢能減少

C.碰撞過程中，小球A對小球B做的功為2J

D.小球A、8之間的碰撞為彈性碰撞

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

9.北京時間2021年2月19日4時55分，美國“毅力號”

火星車成功登陸火星。“空中起重機”和“毅力號”

火星車組合體到達著陸點上空20相處后，“空中起重

機”保持大小為0.75m/s的速度豎直下降，同時，在

著陸點上空20加處時，以相對“空中起重機”大小也

為0.75m/s的速度立即（時間很短，可忽略）豎直向下

釋放火星車；當全長為7.6m的吊索完全釋放后，組合

體又立即（時間很短，可忽略）共同以0.75rn/s的速度

下降，直到火星車著陸，然后斷開吊索“空中起重機”

飄離。設火星質量是地球質量的p倍，火星半徑是地

球半徑的g倍，地球表面重力加速度為g,引力常量為G。假設工作中組合體（含燃

料）的總質量M保持不變，不考慮下降過程中重力的變化，工作時噴出的氣體密度

為P，“空中起重機”共四臺發動機，每臺發動機噴口截面為S；下列說法正確的

是（）

A.火星表面的重力加速度大小為9次=今9

B.勻速豎直下降的過程中，發動機噴出氣體相對火星表面的速度大小為；座

C.從火星車剛被釋放直到火星車著陸的整個過程中，空中起重機下降的時間約為

16.5s

D.從火星車剛被釋放直到火星車著陸的整個過程中，吊索的拉力始終保持不變

第4頁，共28頁

10.如圖所示的長方體金屬導體，前表面為abed。已知兒》=lOczn、Lbc=5cm。當C、

。兩端加電壓U時，其中電流為2A；當A、B兩端加電壓2U時，其中電流為/。

下列說法正確的是（）

A./=24

B./=14

C.若A端接電源正極、8端接負極，同時加一垂直于浦cd面向里的勻強磁場，則

C端電勢高

D.若A端接電源正極、8端接負極，同時加一垂直于Hed面向里的勻強磁場，則

。端電勢高

11.如圖甲所示，足夠長的光滑金屬導軌內有垂直于導軌平面向里、方向不變的勻強磁

場，其磁感應強度8隨時間f的變化圖像如圖乙所示。導軌左端接有一個電阻值恒

為R的燈泡。從0時刻開始，垂直于導軌的導體棒"在水平外力尸的作用下從導

軌的左端沿導軌以速度u水平向右勻速運動。導體棒外的長度為/,導體棒運動過

程中與導軌接觸良好，導體棒與導軌的電阻均不計。在導體棒M向右運動的過程

中，下列說法正確的是（）

A.燈泡亮度不變B.燈泡逐漸變亮

C.在運動后的b時刻，F=遮&D.在運動后的to時刻，9=空巴

RR

12.如圖所示，傾角為。的光滑斜面固定在地面上，其底部垂直于斜面固定一個擋板。

置于斜面上的質量分別為機、M的物塊A、8用一根輕質彈簧連接。起初，物塊B

緊靠擋板，物塊A被外力控制恰使彈簧處于原長狀態。撤去外力，物塊A由靜止沿

斜面向下運動，經過時間f下降至最低點，在此過程中，下列說法正確的是（）

A.物塊A先失重后超重

B.物塊A的機械能守恒

C.物塊A下降至最低點時，擋板對B的支持力大小為(2m+M)gs譏。

D.此過程，擋板對物塊B的沖量大小為(ni+M)gtsin。

三、實驗題(本大題共2小題，共14.0分)

13.某學習興趣小組利用如圖1所示的裝置做了“用單擺測量重力加速度的大小”實

驗。

圖4

(1)他們用機械式秒表記錄了單擺完成50次全振動所需的時間，如圖2所示，秒表

的讀數為。

(2)如圖3所示，給出了擺線上端的四種懸掛方式，其中，引起的擺長測盤誤差較

小的是哪幾種？(選填圖中的字母代號)。

第6頁，共28頁

(3)通過查閱資料，該學習興趣小組又用如圖4所示的裝置再次進行實驗，測定了

最大擺角分別為2。、3。、4。、5。及10°、15。、20。時單擺的周期，數據記錄如表所示：

最大擺

2°3°4°5°10°15°20°

角

周期(秒)2.0062.0062.0062.0062.0102.0142.018

根據表中數據，你可以得出的結論是

14.某學習興趣小組為了使用壓力傳感器設計蘋果自動分揀裝置，網購了一款型號為

RFP602薄膜壓力傳感器，如圖1所示。這款傳感器的部分參數如表：

傳感器名稱K“薄膜壓力傳感器

傳感器類型單點式

敏感區形狀圓形

敏感器尺寸直徑\0rnm

傳感器厚度0.2mm

量程1kg

工作電壓3?5V

靜態電阻>iMn

他們又從實驗室選擇了如下器材：

4學生電源

8.滑動變阻器(2002A)

CJ0402型(4］立)數字演示電表兩只

。單刀單擲開關一個

E.導線若干

(1)為了研究傳感器所受壓力一定時，其電阻隨電壓的變化情況，他們的實驗操作

如下：在傳感器上放三個100g跌碼(未畫出)施加一定的壓力。學生電源選擇“穩

壓6丫“，電表A選擇0s201Z,電表B選擇。E600〃4連接的電路如圖所示.

①請你用筆畫線代替導線，在圖2中將電路連接補充完整。

②閉合開關，調節滑動變阻器，得到若干組電壓U、電流/的測量數值。根據測盤

數據，他們利用得到的U-/圖像如圖3所示。根據圖像，你可以得出的結論

是：在誤差允許范圍內，傳感器受到壓力一定時，電阻隨電壓的增大而(填

“增大”“減小”“變化”或“不變化”)。

(2)為了研究傳感器所加電壓一定時，其電阻隨壓力的變化情況，他們的實驗操作

如下:調節滑動變阻器,使傳感器兩端的電壓保持在5匕電表8仍選擇。&460044

改變傳感器受到的壓力，測得若干組數據見如表：

壓力/N0.51.01.52.02.53.03.54.0

電流加490.06144.38184.03197.94207.13226.04240.73263.71

電阻

55.5234.6327.1725.2624.1422.1220.7718.96

/kn

壓力/N4.55.05.56.06.57.07.58.0

電流/出4272.93283.29294.12326.36331.35339.21357.65368.19

電阻

18.3217.6517.0015.3315.0914.7413.9813.58

/kQ

第8頁，共28頁

根據表中數據，利用Erce/得到傳感器的電阻值R隨其所受壓力F的變化圖像如圖

4所示，從圖像可以看出，傳感器受到的壓力在0.5N到N的區間內，其靈敏

度較大(設電阻值隨壓力的變化率〉7kO/N時,其靈敏度較大)。

(3)圖5是他們設計的蘋果自動分揀裝置的示意圖。該裝置把大小不同的蘋果，按

一定質量標準自動分揀為大蘋果和小蘋果。該裝置的托盤秤壓在一個以。1為轉動軸

的杠桿上，杠桿末端壓在半導體薄膜壓力傳感器先上。調節托盤秤壓在杠桿上的位

置，使杠桿對此的壓力處在傳感器最靈敏的壓力區間。當小蘋果通過托盤秤時，％

所受的壓力較小，電阻較大，閉合開關S后，R2兩端的電壓不足以激勵放大電路觸

發電磁鐵發生吸動分揀開關的動作，分揀開關在彈簧向上彈力作用下處于水平狀態,

小蘋果進入上面通道；當大蘋果通過托盤秤時，&所受的壓力較大因而電阻較小，

%兩端獲得較大電壓，該電壓激勵放大電路并保持一段時間，使電磁鐵吸動分揀開

關打開下面通道，讓大蘋果進入下面通道。托盤平在圖示位置時，設進入下面通道

的大蘋果最小質量為Mo,若提高分揀標準，要求進入下面通道的大蘋果的最小質

量M大于Mo,則應該調節托盤秤壓在杠桿上的位置向(填“左”或“右”)

移動一些才能符合要求。

四、計算題(本大題共4小題，共46.0分)

15.近年來，科學家發現，距離地球12.5光年的位置有一顆類地行星-蒂加登C星。它

的地表有遼闊的湖面，不過湖里不是液態的水，而是液態二氧化碳。假設該液態二

氧化碳的密度為1.2x103^9/^3,湖面下方2.0m處的壓強為5.0xl()6pa、下方5.0m

處的壓強為7.7x105Pa.求：

(1)該行星表面的重力加速度。療的大小；

(2)假設在該行星表面有一個開口向下、豎直靜止放置的導熱良好的均勻氣缸，氣

缸深為40.0cm,其中活塞橫哉面積為2.5cm2,活塞質量可忽略不計。當活塞下面

懸掛一個質量為400.0g的重物時，活塞恰好位于氣缸口處；取下重物，將氣缸緩慢

旋轉到豎直開口向上，然后把相同的重物放在活塞上，待穩定后，活塞到氣缸口的

距離是多少。假設行星表面處的氣溫不變。(結果保留三位有效數字)

16.某型號的網紅“水簾秋千”如圖所示，它與平常秋千的不同之處是鋼鐵做成的秋千

架上裝有273個獨立豎直向下的出水孔，在系統控制下能夠間斷性出水，從而形成

一個有孔洞的水簾。假設秋千擺長L=3.0m,人坐在座板上，頭頂到座板的距離為

/i1=1.0m,鞋底到座板的距離為電=0.5m，忽略繩的重力和空氣阻力，人與座板

整體的重心在座板上。假設秋千的擺動周期與同擺長的單擺做簡諧運動的周期相同;

出水孔打開時，水的初速度為零。以秋千座板從最高點剛要向下擺動時作為計時起

點，此刻，比座板略寬的范圍內的所有出水孔都是關閉的。取g=10m/s2,7r=3.14,

廝=5.48，癡=6.32,行=8.37。計算結果均保留到小數點后面兩位。求：

(1)在秋千第一次從最高點運動到最低點的過程中，哪個時刻打開出水孔，水剛好

不能淋濕人的頭頂；

(2)在秋千第二次到達最低點之前最遲哪個時刻關閉出水孔，水剛好不能淋濕人體

的任何部位；

(3)接第(2)問，當秋千第二次到達最低點時，水又剛好不能淋濕人的頭頂，那么,

出水孔關閉了多長時間。

17.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，直線4B距x軸為4直線CQ距x軸為2d,

直線AB下方區域存在沿)，軸正方向的勻強電場，AB,8之間存在垂直于坐標系

第10頁，共28頁

平面向外的勻強磁場。從t=0時刻，一個質量為〃八帶電荷最為+q的粒子以初速

度為由坐標原點。處，沿x軸正方向射入電場，在AB上的P點進入磁場，P點坐

標為(2d,d)。不計粒子受到的重力。求：

(1)電場強度E的大小；

(2)若粒子恰好不從直線CD處離開磁場，則磁感應強度的大小；

(3)在第(2)問條件下，粒子經過x軸的時刻。

18.如圖所示，水平軌道長度k=1.0m,左端連接半徑為R=0.5m的光滑;圓弧軌

A4

道，右端連接水平傳送帶，A8與傳送帶的上表面等高，三段之間都平滑連接。一

個質量m=1.0kg的物塊(可視為質點),從圓弧上方距48平面”高處由靜止釋放，

恰好切入圓弧軌道，經過AB沖上靜止的傳送帶，物塊恰好停在C端。已知物塊與

AB,BC段的動摩擦因數分別為〃1=0.2、=0.5,8c長度=2.0m,取9=

10m/s2,不計空氣阻力。求：

(1)”的大小；

(2)物塊第一次經過圓弧軌道最低點A時對軌道的壓力FN；

（3）如果傳送帶以速度。①的大小可調）逆時針轉動，那么，物塊最后停止的位置到4

點的距離。（用v表示）

第12頁，共28頁

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、該沙塵暴的內能是其中所有空氣的氣體分子的無規則運動的動能和勢

能以及其它物質顆粒內分子無規則運動的動能和勢能的總和，不包含物質顆粒運動的宏

觀的動能和勢能，故A錯誤；

B、該沙塵暴從溫度較低的內蒙古高原吹到溫度較高的黃淮地區，溫度逐漸升高，則其

內能逐漸增大，故8錯誤；

C、所有宏觀物體的運動都具有一定的波動性，只是沙塵顆粒的波動性較小，不易觀察，

故C正確；

。、沙塵暴中的所有沙塵顆粒所做的無規則運動是風力作用下的定向移動，不是布朗運

動，故。錯誤。

故選：C。

物體的內能是組成物體的所有分子熱運動動能與分子勢能的總和；布朗運動是懸浮在液

體中固體顆粒的無規則運動，不是顆粒分子的無規則運動。

該題考查對物體的內能以及布朗運動的理解，解答的關鍵是理解物體的內能與物體宏觀

的速度無關。

2.【答案】D

【解析】解：ABC.因為所有地球同步衛星都在赤道上空定點，相對于地球上某點靜止，

即以地面衛星接收站為參考系，衛星是靜止的，若以地心為參考系，該衛星做勻速圓周

運動，故A8C錯誤；

。、所有地球同步衛星都在赤道上空定點，相對于地球上某點靜止，地球上某點相對于

太陽是運動的，因為在公轉的同時在自轉，所以不是勻速圓周運動，故。正確；

故選：。。

參照物之間的相對位置是否發生了改變，如果發生改變，則物體是運動的；如果未發生

變化，則物體是靜止的.

此題主要考查學生對參照物的選擇、運動和靜止的相對性的理解和掌握，研究同一物體

的運動狀態，如果選擇不同的參照物，得出的結論可以不同，但都是正確的結論.

3.【答案】D

【解析】解：設物塊的質量為如斜面體的質量為M,斜面的傾角為*

A、根據u-t圖像可知，。做勻加速直線運動，加速度沿斜面向下，6做勻速直線運動，

c做勻減速直線運動，加速度沿斜面向上。設。、c的加速度大小分別為a。、瓦，根據牛

頓第二定律得：

對a有：mgsina—namgcosa-maa

對〃有：mgsina—nbmgcosa=0

對c有：/icmgcosa—mgsina=mac

可得"a<tana,劭=tana,g>tana,故幺<為<&，故A正確；

8、以a和斜面體組成的整體為研究對象，a有豎直向下的分加速度，處于失重狀態，

則有尸Na<(M+m)g

以匕和斜面體組成的整體為研究對象，根據平衡條件有FND=(M+m)g

以c和斜面體組成的整體為研究對象，c有豎直向上的分加速度，處于超重狀態，則有

FNC>(M+m)g

綜上有尸加(1<Ffjb<FNC,故B正確；

CD,以a和斜面體組成的系統為研究對象，a有水平向左的分加速度，由牛頓第二定律

知，地面對斜面體有向左的摩擦力，由牛頓第三定律知斜面體對地面的摩擦力右向右;

以6和斜面體組成的系統為研究對象，由平衡條件知外=0；以c和斜面體組成的系統

為研究對象，c有水平向右的分加速度，由牛頓第二定律知，地面對斜面體有向右的摩

擦力，由牛頓第三定律知斜面體對地面的摩擦力左向左，故C正確，。錯誤。

本題選錯誤的，

故選：Do

根據牛頓第二定律列式，分析動摩擦因數的大小；以物塊與斜面體組成的整體為研究對

象，根據牛頓第二定律分別地面對斜面體的支持力大小，從而確定斜面體對地面的壓力

大小，并判斷地面對斜面體的摩擦力方向。

本題的關鍵是要靈活選擇研究對象，采用整體法和隔離法相結合進行研究，受力分析后

根據牛頓第二定律、平衡條件列式求解。

4.【答案】B

【解析】解：A8、設運動到A點時所用的時間為f,對應的水平位移：x=vot,豎直位

移：y=\gt2,根據相似三角形得：a=火，解得：4=誓，可知出與:成正比，

nxBh.t

即如與，成反比，對應的圖線應該是雙曲線的分支，故A錯誤，8正確；

CD,根據平拋運動的推論知，平拋運動某時刻速度的反向延長線經過水平位移的中點，

第14頁，共28頁

即功=￡%，，可知和與t成正比，圖線為過原點的傾斜直線，故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，求出經過，時

間時的水平位移和豎直位移，結合相似三角形得出小與■的函數關系式，從而確定正確

的圖線；抓住平拋運動某時刻速度的反向延長線經過水平位移的中點，得出左與，的函

數關系式，從而確定正確的圖線。

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律，結合運動學公式和

推論靈活求解，對于圖線問題，一般的解題思路是得出物理量間的關系式，從而確定正

確圖線。

5.【答案】D

【解析】解：

4、由波形圖可知波長為8〃,，故4錯誤；

B、由波的周期性可知，G秒時刻至七秒時刻這段時間內波傳播的距離可能為：4+

8n(?n)(n=0,1,2,3...),由："詈，則波速為：v=^m/s(n=0,1,2,3...),

故B錯誤；

C、由波的周期性可知，G秒時刻至今秒時刻這段時間可能大于一個周期，所以介質中

的質點M的運動過程有可能是由周期性的加速、減速等多個過程組成，故C錯誤；

。、因為圖示時刻已經不是波源的起振時刻，所以根據圖像無法判斷質點。的起振方向。

故選：D。

本題屬于波的圖象的識圖和對質點振動的判斷問題。考查知識點全面，重點突出，充分

考查了學生掌握知識與應用知識的能力。由波形圖可知波長；由波的周期性可知，口秒

時刻至4秒時刻這段時間內波具有多個解，波速和運動過程有多種可能；因為圖示時刻

已經不是波源的起振時刻，所以根據圖像無法判斷質點Q的起振方向。

6.【答案】A

6L

【解析】解：由折射定律玻璃對射到A點光的折射率：=型=任竺:=工=也

AsinAsin37°0.66

__V3

玻璃對射到8點光的折射率：n0=亞=四竺=衛=更

BsinBsin5300.88

射到A點的光在玻璃內的速度：%=京=矗=鼐

Cc8c

射到8點的光在玻璃內的速度：為=短=運=西

8

設玻璃的厚度為d,由幾何關系：40=舟=總，30=焉=高

則…4號=妻=槳；如=詈=毒=槳

以充4.8cVB證4.8C

所以：ton=《OB。故A正確，8C￡＞錯誤。

故選：Ao

由折射定律分別求出玻璃對兩種不同色光的折射率，然后求出兩種色光在玻璃內的速度,

由幾何關系求出0A和08的長度，最后求出時間。

解答該題關鍵是能正確求出光在玻璃內的傳播速度以及光程的長度。

7.【答案】C

【解析】解：A、C、。兩點到4、B兩點電荷的距離相等，根據點電荷的場強公式，以

及場強的疊加知，固定在A、B處兩點電荷在C、4兩點產生的場強大小相等，方向不

同，故A錯誤；

B、兩點電荷在。點對小球的庫侖引力的合力：F=2xk^xcos30°==V3x

Rmg=mg，根據幾何關系得，C。與水平面的夾角為45。，根據牛頓第二定律得，小

球在。點的瞬時加速度：a=。Sin45*sin45。=?故8錯誤；

771。

C、A、B兩點的點電荷為等量的同種電荷，可知C、。兩點電勢相等，由于在C、D兩

點電勢能相等，則小球從。到C,電場力不做功，根據動能定理得：mgh=\mvl，根

據幾何關系得：h=^-L＜解得：vc=Jy/3gLt故C正確；

。、在兩點間做往復運動的前提是在兩點速度為零，由C選項可知，在C點有速度，所

以小球不會再c、O兩點之間做往復運動，故。錯誤。

故選：Co

根據場強的疊加以及點電荷的場強公式分析c、。兩點的場強是否相同；根據小球的受

力，結合牛頓第二定律求出小球在。點的瞬時加速度大小；抓住C、。兩點電勢相等,

得出從。運動到C電場力不做功，結合動能定理求出小球到達C點的速度大小；抓住

C點速度不為零得出小球不能在C力間做往復運動。

本題考查了點電荷的場強公式、場強的疊加、牛頓第二定律、動能定理等知識點，綜合

性較強，對學生能力要求較高，知道等量同種電荷周圍電場的特點以及電勢的特點是解

決本題的關鍵。

第16頁，共28頁

8.【答案】C

【解析】

【分析】

本題考查動量守恒定律的綜合應用，還涉及能量、復合場等知識點，綜合性很強。在解

答A選項時不能先入為主的認為這是彈性碰撞，然后利用動量守恒定律和能量守恒定律

聯立求解，而應該從小球B在復合場中的運動狀態出發進行求解。由小球8進入電、磁

場瞬間豎直方向上的加速度為0,推出豎直方向上合力為0,從而確定碰撞后小球B的

速度，再根據動量守恒定律求出碰撞后A球的速度；定性分析小球A進入電、磁場后的

運動狀態，判斷電場力的做功情況，若電場力做正功，電勢能減小，若電場力做負功，

電勢能增大；小球A對小球8做的功全部轉化成小球8的動能；分別計算碰撞前后AB

系統的能量(動能)，如果沒有能量損失，碰撞為彈性碰撞，如果有能量損失，碰撞為非

彈性碰撞。

【解答】

A、因為小球8進入電、磁場瞬間豎直方向上的加速度為0,所以豎直方向上的合力為0,

因為小球B帶負電，所以電場力和洛倫茲力方向都向上，設小球進入電、磁場瞬間速度

為玲，則有：WIB。=等后+粵8%，代入數據解得：v=20m/s

B

以A、B兩球為研究對象，設碰撞后A球的速度為“，選A球碰撞前的速度方向為正方

向，由動量守恒定律可得：

mAv0=mAvA+mBvB

代入數據解得：即碰撞后瞬間的速度為故錯誤；

vA=16m/s,A16m/s,A

、小球剛進入電、磁場時,受到向下的重力為:A2

8AG=mAg=0.05kgx10m/s=0.5N,

因為碰撞之后小球A也帶上負電，所以受到的電場力和洛倫茲力向上，電場力和洛倫茲

力的合力為：F=等5+粵8以=修工x45N/C+絲:"x0.257X16m/s=

0.098N,因為向下的重力大于向上的電場力與洛倫茲力的合力，所以小球A接下來會

向下偏轉，電場力做負功，電勢能會增大，故B錯誤；

C、碰撞過程中小球A對小球B做的功為:勿=：叫瑤=：x0.01kgx(20m/s)2=2],

故C正確；

、碰撞前具有的動能為：H2碰撞后、

DAE=\mAvl=|x0.05kgx(20m/s)=107,4

具有的總動能為：2所

BEk2=^mAVA+x0.05kgx(16m/s)+2J=8.47,

以＞EH，即碰撞過程中存在能量損失，不是彈性碰撞，故。錯誤。

故選：Co

9.【答案】AC

GM火

【解析】解：人忽略星球自轉，在星球表面G^=mg,得到g=罌，蹌=盞=

xKg地

黨黨=1g火=今見故A正確；

B、發動機噴出氣體體積U=4Sb43噴出氣體質量△zn=pP=4pSuA3由動量定

理：F△t=mv,由勻速下降可得：F=Mg,解得八點(相對組合體)，由于組

合體相對火星表面速度大小為：及=；摩+0.75(m/s),故8錯誤；

2q\pS

C、空中起重機勻速運動，總位移為：%=(20-7.6)m=12.4m,由x="和v=0.75m/s,

可得：tx16.5s,故C正確；

。、剛被釋放時，相對“空中起重機”速度為0,而后以相對“空中起重機”速度為

0.75m/s運動，之后再共速，所以火星車先做加速向下運動，后勻速運動，根據牛頓第

二定律可知，吊索拉力逐漸增大至于重力相同，故。錯誤；

故選：AC。

根據星球表面，萬有引力等于重力可求得火星表面重力加速度，勻速下降過程，受力平

衡，根據動量定理求得氣體相對火星表面的速度。從火星車剛被釋放直到火星車著陸的

整個過程中，空中起重機勻速下降，可求得下降時間，但是組合體是變速運動，故拉力

發生改變。

本題比較綜合，需要掌握星球表面萬有引力與重力關系。注意B選項求發動機噴出氣體

相對火星表面的速度大小，而不是相對于組合體的速度大小，注意空中起重機勻速下降，

但組合體不是勻速運動。

10.【答案】BD

【解析】解：AB、根據電阻定律R=p!可得，設該導體的電阻率為p,厚度為/?,當C、

。兩端加電壓時，導體的電阻為：&=。$=?2鬻=堞

LabXtiO.imxn.2fi

當A、B兩端加電壓時，導體的電阻為：氏2=。鼻=。息工=2?

L>bcXh0.05mxnn

所以%；/?2=$2(=1；4

又因為Ui：U2=1：2

第18頁，共28頁

根據歐姆定律/J可得：?=QM=：X4=2

Ku2K1N

又因為人=24,所以/=/2=14，故A錯誤，8正確；

CD、若A端接正極、B端接負極，則通過導體的電流方向是從A到B,自由電子的定

向移動方向為從8到A,當施加的磁場垂直外〃面向里時，根據左手定則可以判斷，

自由電子會受洛倫茲力向上偏轉，在上極板累積，所以上極板電勢低，下極板電勢高，

故C錯誤，。正確。

故選：BD。

利用電阻定律分析在不同的電源接法下的電阻之比，再根據歐姆定律分析電流之比，求

出電流大小；根據自由電子定向移動的方向及左手定則判斷自由電子所受的洛倫茲力方

向，電子向上極板累積，會導致上極板的電勢變低。

本題考查電阻定律和霍爾效應，熟練掌握電阻定律公式的應用，能夠用左手定則準確判

斷電子所受洛倫茲力的方向即可解答該題。

11.【答案】BD

【解析】解:AB、導體棒切割磁感線產生的電動勢：E=Blv,電路中的電流:/=5=器，

RR

可知隨磁感應強度的增大，電路中的感應電流增大，燈泡逐漸變亮，故A錯誤，B正確;

CD.導體棒做勻速直線運動，可知導體棒受到的拉力與安培力的大小始終相等，方向

相反，即：F=Fa=B〃=先魯，在運動后的時刻的磁感應強度為Bo,則：尸=虹，

故C錯誤，。正確。

故選：BD。

根據E=BLv求出電路中的感應電動勢，結合閉合電路的歐姆定律分析電流的變化，根

據安培力的公式求出拉力的大小。

本題是電磁感應與電路、力學知識的綜合，關鍵要正確分析導體棒的受力情況，熟練推

導出安培力與速度的關系。

12.【答案】ACD

【解析】解：A、開始彈簧的彈力小于A的重力沿斜面向下的分力，后來彈簧的彈力大

于A的重力沿斜面向下的分力，所以物塊A先加速下滑、后減速下滑，物塊A先失重

后超重，故A正確；

B、物塊A和彈簧組成的系統機械能守恒，物塊A的機械能不守恒，故B錯誤；

C、設彈簧的最大彈力為F,彈簧的最大壓縮量為x,對物塊A根據動能定理可得：

mgxsind—gx=0,解得：F=2mgsin。；

對物塊B根據平衡條件可得擋板對B的支持力大小為N=Mgsine+尸=(2m+

M)gsind,故C正確;

。、設彈簧的沖量大小為4，擋板對B的沖量大小為A，對A根據動量定理可得：mgsinB-

C-/x=0

對B根據動量定理可得：12~11-Mgsine-t=0

聯立解得擋板對物塊8的沖量大小為與=(m+M)gtsind,故￡＞正確。

故選：ACD.

根據物塊A的運動情況分析超重和失重；根據機械能守恒定律的守恒條件進行判斷；對

物塊A根據動能定理求解彈簧最大的彈力，對物塊8根據平衡條件可得擋板對8的支

持力大小；對A根據動量定理、對B根據動量定理聯立求解擋板對物塊B的沖量大小。

本題主要是考查功能關系和動量定理，關鍵是弄清楚物塊A的物塊8的受力情況，能夠

根據受力情況判斷運動情況，知道超重和失重的特點，掌握動能定理和動量定理的應用

方法。

13.【答案】99.8sABD在擺角不大于5。的情況下單擺的周期與單擺擺角無關

【解析】解：(1)由圖2所示秒表可知，其示數為:90s+9.8s=99.8s。

(2)實驗過程擺長應保持不變，由圖3所示可知，AB。懸掛方式可以控制保持不變，懸

掛方式C在實驗過程擺長會發生變化，故選ABD.

(3)由表中實驗數據可知，在擺角不大于5。的情況下單擺的周期與單擺擺角無關。

故答案為：(l)99.8s：(2)480。(3)在擺角不大于5。的情況下單擺的周期與單擺擺角無

關。

(1)秒表分針與秒針示數之和是秒表示數。

(2)實驗過程擺長應保持不變，分析圖3各懸掛方式答題。

(3)分析表中實驗數據，根據實驗數據得出結論。

要掌握常用器材的使用方法與讀數方法；實驗過程擺長要保持不變；分析表中實驗數據

可以得出實驗結論。

14.【答案】不變化2.0右

【解析】解：(1)①因滑動變阻器阻值遠小于傳感器靜態電阻，故采用分壓式接法，電

路連接如下圖

第20頁，共28頁

②根據傳感器的u-/圖像看到圖線是一條傾斜直線，斜率恒定，則電阻恒定，即：在

誤差允許范圍內，傳感器受到壓力一定時，電阻隨電壓的增大而不變化。

(2)由圖可知，在0.5N?2.0N的區間，電阻值隨壓力的變化率為

竽=1優°/N=20/CO/N>7kH/N；

在2.0N?8.0N的區間，電阻值隨壓力的變化率為

竽=|^f|^|/c0/N=2kH/N<7kfl/N；

故在0.5N?2.0N的區間內，其靈敏度較大；

(3)因要提高分揀標準，要求進入下面通道的大蘋果的最小質量M大于Mo,則應使％所

受的壓力減小，使電阻％阻值較大，/?2兩端獲得較小電壓，使電磁鐵不吸引分揀開關,

故應調節托盤秤壓在杠桿上的位置向右移動，從而使％所受的壓力減小。

故答案為：

;不變化；2.0；右

因滑動變阻器阻值遠小于傳感器靜態電阻，故采用分壓式接法：根據傳感器的U-/圖

像看到圖線是一條傾斜直線，斜率恒定，則電阻恒定；通過圖4中R-F圖象斜率，可

求電阻值隨壓力的變化率，從而判斷靈敏度；因要提高分揀標準，要求進入下面通道的

大蘋果的最小質量M大于M。，則應使％所受的壓力減小，使電阻先阻值較大，兩端

獲得較小電壓，使電磁鐵不吸引分揀開關，故應調節托盤秤壓在杠桿上的位置向右移動,

從而使凡所受的壓力減小

本題結合壓力傳感器設計實驗，考查學生電學知識，要求學生從題干讀取信息，結合圖

像對問題進行求解，對學生分析綜合能力有一定要求，難度中等偏高。

15.【答案】解：⑴湖面下方2.(hn的壓強為Pi=Po+pg/h,

下方5.06處的壓強為P2=Po+pg/2,

6

代入數據解得=750mls2,Po=3.2x10Pa

(2)氣缸開口向下時，有Pi'=Po-等，p'=2.0x106Pa

h3=40.0m=0.4m,V1=h3S=0.4S

氣缸開口向下時，有P2'=Po+等，v2=h4S

根據玻意耳定律可得p/匕=p2'V2

解得心=0.182m=18.2cm

則活塞到氣缸口的距離△h=h3-h4,A/i=21.8cm。

答：(1)該行星表面的重力加速度。行的大小為75(hn/s2；

第22頁，共28頁

(2)活塞到氣缸口的距離是21.8cm.

【解析】題目給出不同位置壓強，結合液體壓強的表達式可求重力加速度；對重物受力

分析，結合理想氣體狀態方程可求活塞位置。

本題考查理想氣體狀態方程，結合液體壓強的公式，要求學生具備一定的分析綜合能力，

將已學知識整合運用于解決實際問題。

16.【答案】解：(1)計時開始后，設第一滴水經歷自由落體時間是At,剛好落到人頭

頂處，其下落距離應為L-b，

由運動學公式有：L一兒=[9(△口)2

解得：△J=0.63s,

設單擺的運動周期是T,則有：T=2兀

解得：7=3.44s,

設在計時開始后，ti時刻打開出水孔，則有：ti=￡一

解得：tj=0.23s,

(2)設關閉出水孔時的最后一滴水經歷自由落體時間At2剛好落到人腳底處，其下落距離

應為L+九2。

由運動學公式有：L+/i2=：gSt2)2

解得：At2=0.84s.

設從計時開始后，t2時刻關閉出水孔，則有：At2

解得:t2=1.74s。

(3)當再次打開出水孔的第一滴水又剛好不淋濕頭頂，第一滴水下落的時間依然為△不

設從關閉出水孔到再次打開出水孔，關閉的持續時間為At3，則有：Xt3=Xt2fti

解得:At3=0.21s,

答：(1)在秋千第一次從最高點運動到最低點的過程中，0.23s打開出水孔，水剛好不能

淋濕人的頭頂；

(2)在秋千第二次到達最低點之前最遲在1.74s時關閉出水孔，水剛好不能淋濕人體的任

何部位；

(3)接第(2)問，當秋千第二次到達最低點時，水又剛好不能淋濕人的頭頂，那么，出水

孔關閉了0.21s。

【解析】水滴做自由落體運動，結合單擺的運動周期可以求出時間。

本題考查單擺的周期和自由落體運動的時間求解方法，結合題意分析運動過程就可以求

出具體問題。

17.【答案】解：(1)

粒子第一次在電

場中運動，設所用

時間為G，則根據

牛頓第二定律得

qE—ma

水平方向有2d=%ti

豎直方向有d=

聯立解得E=磐；

2qa

(2)設粒子到達43邊界沿電場方向的速度為力,粒子速度口與A3邊界的夾角為仇則

Vy=Qi]

根據幾何關系可得tan。=詈，

Vocost)

聯立解得。=45°,v=V2v0

粒子在磁場中運動，若恰好不從上邊界CO飛出，軌跡如圖所示。

設粒子在磁場中運動的半徑為R,由幾何關系可得R-Rcos6=d

由牛頓第二定律得

v

qvBc°=m-

聯立解得Bo=『嗎

qd

(3)設粒子在磁場中運動的周期為T,每次在磁場中運動的時間為b，則7=箸

因軌跡對應的圓心角為90。，則基=照7

360

聯立解得《2=總詈

設粒子第一次到達X軸的時間為G，

則％=2tl+t2

可得匣逆但

2v0

故粒子到達x軸的時刻f為t=71(20+口)=n更容&膽,(n=1,2,3..........)

2v()

第24頁，共28頁

答：(1)電場強度E的大小為翳；

(2)若粒子恰好不從直線CO處離開磁場，則磁感應強度殳的大小為叵冷；

(3)在第(2)問條件下，粒子經過x軸的時刻為n網爭】)叱,(n=l,2,3.....)。

2VO

【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，根據分位移公式和牛頓第二定律相結合求電

場強度E的大小；

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子恰好不從直線C。處離開磁場，其運動軌跡與

CO相切，畫出粒子運動軌跡，由幾何關系求出軌跡半徑，再根據洛倫茲力提供向心力

求磁感應強度%的大小；

(3)研究粒子在磁場中的運動過程，根據軌跡對應的圓心角求出粒子在磁場中的運動時

間，結合粒子在電場中的運動時間，即可求解。

本題考查帶電粒子在組合場中的運動，要分析清楚粒子的運動過程，掌握帶電粒子在電

場和磁場中的運動規律，結合作圖進行分析以及求解。

18.【答案】解：(1)對小物塊從釋放到C點用動能定理可得：

m

mgH—n1mgL1—口2gL2=0—0

代入數據解得：H=1.2m

(2)設小物塊在A點的速度為以，對小物塊從釋放到4點用動能定理可得：

1

mgH=?—0

在A點，小物塊做圓周運動，設軌道對物塊的支持力為尸，則：

若

F—mg=m—

由牛頓第三定律可得物塊對軌道的壓力為：

FN=F

三式聯立可得：

FN=58/V,方向豎直向下

(3)設小物塊下滑到B