絕密★啟用前

2021年高考物理模擬考場仿真演練卷

第十模擬

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.核武器實驗會產生一些放射性微塵，微塵中問題最大的核素之一是錮?901笨Sr),它的化學性質和鈣相

似，能被吸收到骨骼和牙齒里，它的半衰期為28.1年，由于B衰變會對人體健康造成影響。下列說法正確

的是：)

A.6射線是能量很高的電磁波

B.甥-90經過B衰變后形成的新核的電荷數減少1

C.黑90含量減少到初始水平的6.25%需要112.4年

D.核武器實驗涉及的核反應過程中，質量守恒、電荷數守恒

【答案】C

【解析】A.“射線是電子流，不是電磁波，故A錯誤；

B.根據p衰變特點可知，錮-90經過B衰變后形成的新核的電荷數增加1,故B錯誤：

C.由公式

加=m0(3)溫1

解得

?=112.4年

故C正確；

D.核武器實驗涉及的核反應過程中，放出能量，發生質量虧損，則質量不守恒，故D錯誤。

故選C。

2.在筆直的公路上，勻速行駛的B車向正前方靜止的A車靠近，A車司機發現B車在靠近后，立即將汽

車啟動做勻加速運動，兩車運動的丫一/圖象如圖所示，已知，=0時刻，A在B前方80m處，由圖象可知

A.A車啟動時，兩車相距25m

B.，=10s時，B車恰好追上A車

C.兩車不會相撞，最近距離為5m

D.5?15s內，A車的平均速度大于B車的

【答案】C

【解析】A.A車啟動時，8車已運動50m,此時兩車相距30m,選項A錯誤：

BC.f=10s時，A，B兩車速度相等，B車離A車的距離

5=80m-10x10m+m=5m

2

8尚未追上4,之后兩車間距擴大，故兩車的最小距離為5m,選項B錯誤，C正確；

D.5~15s內，兩車的平均速度均為10nVs,平均速度相等，選項D錯誤。

故選C。

3.在建筑工地上經常使用吊車起吊貨物。為了研究問題方便，把吊車簡化成如圖所示的模型，支撐硬桿

OP的一端裝有定滑輪，另一端固定在車體上，質量不計的鋼絲繩索繞過定滑輪吊起質量為〃?的物件緩慢上

升，不計定滑輪質量和滑輪與繩索及軸承之間的摩擦，重力加速度為g。則下列說法中正確的是（）

A.鋼絲繩索對定滑輪的作用力方向豎直向下

B.鋼絲繩索對定滑輪的作用力方向一定沿著。尸方向

C.鋼絲繩索對定滑輪的作用力大小等于2〃琢

D.鋼絲繩索對定滑輪的作用力大小小于2mg

【答案】D

【解析】AB.鋼絲繩索對定滑輪的作用力方向如圖中所示，即為尸合的方向,

故AB錯誤；

CD.質量為〃的物件緩慢上升，可看成勻速運動，則代犯?，由菱形特點可得

F含=2Fsina-2mgsina<2mg

故C錯誤，D正確。

故選D。

4.如圖所示，足夠長的水平粗糙面與半徑為R的;圓弧在最低點C相連，兩個長分別為應R和H的光滑

斜面AC和3C先后固定于,圓弧處，均與水平面在C點平滑連接，質量為冽的滑塊1從斜面4c頂端由

靜止釋放,質量為2m的滑塊2從斜面8C頂端由靜止釋放，兩滑塊與水平面間的動摩擦因數相同，則（）

A.滑塊1、2在。點時的動能之比為2:1

B.滑塊1、2運動到C點所用時間之比為1:1

C.滑塊1、2在C點時的動量大小之比為1：1

D.滑塊1、2在CO上滑行的最大距離之比為1:2

【答案】B

【解析】A.設1物體運動斜面的傾角為4,設2物體運動斜面的傾角為a,AC衣為6R、BC長為R,

由幾何關系可得4=45',2=30°,則滑塊I、2釋放點與水平面之間的高度分別為

R

hAC=0Rsin450=R?hBC=Rsin30=—

由機械能守恒定律可知，到達。點時具有的動能

EN=mgR,Ek2=2mgx—=mgR

則滑塊1、2在C點的動能之比為1:1，A錯誤；

B.對滑塊1,根據運動學知識可得

立R」gsin45Oxf；

對滑塊2,根據運動學知識可得

R=ggsin3（Txg

解得與=2聆

則運動的時間之比為1:1,B正確；

C.由動能和動量的關系

可知，在C點時滑塊1、2的動量大小之比為1：75，C錯誤：

D.對滑塊運動的整個過程運用動能定理專

mgh-jumgx=0-0

解得/=由此可知滑行的最大距離與高度成正比，即滑塊1、2在CO上滑行的最大距離之比為2:1,

D錯誤。

故選B。

5.如圖所示，為風洞游戲裝置的簡化示意圖，其中圓心角為37。的圓弧軌道AB豎直固定放置，與水平地

面相切于A點。游戲開始時，將質量為根的小球從A點沿水平方向以一定的速度釋放，小球經過3點后從

圓弧軌道以速度%飛出，一段時間后小球經過圖中C點（C點與8點等高）。已知小球運動過程中會受到

3

水平向右的風力，風力的大小恒為重力大小的一，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.在圓弧軌道上運動時，單位時間內小球速度的變化量相同

B.在空中運動時，單位時間內小球的動量變化量逐漸增大

C.小球從8點運動到C點，所需要的時旬為發

5g

D.小球經過C點時，速度大小為學

2

【答案】C

【解析】A.小球在圓弧軌道上運動時，所受合外力不為恒力，所以在單位時間內小球速度的變化量也不相

同，A錯誤；

B.小球在空中運動時，所受合外力為恒力，由動量定理可知，小球在空中運劭時單位時間內動量的變化量

相等，B錯誤；

小球所受合外力方向與速度%方向垂直，

L5

F合二/

小球做類平拋運動，沿速度%的方向做勻速直線運動，與速度均垂直的方向做勻加速直線運動，把位移

分別沿%的方向和垂直%的方向分解，設從B點到C點運動時間為匕由類平拋運動的規律有

CD=vot

BD=-ar

2

由幾何關系有

CD

—=tan530

BD

代入。=一，綜合解得

4

6%

5g

C正確;

D.由幾何關系有

%=5/片+3)2

可得

D錯誤。

故選C。

6.如圖所示，在傾角9=30。的光滑斜面A3。上，有一小物塊P從〃點沿斜面由靜止釋放，同時另一與物

塊P完全相同的小物塊。在。點正上方的某一高度處以某一速度水平拋出，兩物塊恰好在斜面底端的0點

相碰，不計空氣阻力且兩物塊均可視為質點，物塊P、。碰撞前瞬間的動能之比為（

A.1:4B.9:64C.18:49D.16:67

【答案】D

【解析】設。、。間的距離為L，物塊P的運動時間為八則有

L=^gt2sin30°

設物塊。的初速度為%,P、。初始時的高度差為力，則有

vot=Leos30°

h=-L

根據能量守恒定律有

Ekp=rn^Lsin30°

生=3

“67

故選D。

7.一條長為L的絕緣細線上端固定在。點，下端系一個質量為機帶電量為+g的小球，將它置于水平向右

的勻強電場中，小球靜止時細線與豎直線的夾角成Q37。。已知重力加速度為g,下列正確的是（）

e\L

A.剪斷細線，小球將做曲線運動

B.突然撤去電場的瞬間，繩子拉力變為等

C.如果改變電場強度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，電場強度最小為警

D.在A點給小球一個垂直于細線方向，大小至少為的速度，才能使小球能在豎直平面內做完整的

圓周運動

【答案】D

【解析】A.剪斷細線，小球從靜止釋放，在恒定的重力及電場力作用下做勻加速直線運動，A錯誤；

B.突然撤去電場的瞬間，小球開始做圓周運動，由于初速度為零，沿繩方向滿足

T=mgcos370=—mg

B錯誤;

C.如圖所示

qE

mg

當電場力qE與拉力丁垂直時，電場力最小，場強最小，由平衡條件可得

sin37。=也

mg

解得電場強度最小值為

E①

5q

C錯誤；

D.如圖所示4為等效最低點，B為等效最高點，要使小球在豎直平面內做完整的圓周運動，只要能過8點

即可，可得等效重力為

F：mg_5mg

cos3704

在B點滿足

F=m^-

L

從A到5由動能定理可得

-F2L=^mvl

聯立解得在4點的最小速度為

以二|瘋

D正確。

故選D。

8.半徑為R的內壁絕緣光滑的半圓筒如圖所示固定，在a、b、c三點分別垂直于紙面放置三根等長的長直

導線〔以6兩點位于水平直徑兩端），導線。中通有垂直紙面向里、大小為6的恒定電流，導線c中電流方

向也垂直紙面向里，但大小未知。導線。、力固定，導線C處于靜止狀態，且與筒壁間無相互作用力，0c

kl

與Oa的夾角為個二60M已知長直導線在距導線/?處產生磁場的磁感應強度大小為5二：（A為常數，/為長

直導線中的電流），不考慮邊緣效應，則方中通過電流的大小和方向為（）

B.電流大小為64、方向垂直紙面向里

C.電流大小為人、方向垂直紙面向外

D.電流大小為石/i、方向垂直紙面向外

【答案】A

【解析】根據安培定則和左手定則可知。對。的安培力方向；根據導線。處于靜止狀態，且與筒壁間無相互

作用力，畫出。的受力示意圖，如圖所示

根據平衡狀態可知，人對。的作用力指向6

Faccosa=/^cos/7

根據安培定則和左手定則可知”中通過電流方向垂直紙面向里，根據幾何關系可知m之間距離為R,反之

間距離退R，a=3,〃=30。，又

BM

R

解得

故選Ao

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得

4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

9.“天問一號”火星探測器于2020年7月23日，在中國文昌航天發射場由長征五號遙四運載火箭發射升空，

如圖所示，設地球半徑為R地球表面的重力加速度為go,“天問”一號在半徑為R的近地圓形軌道I上運

動，到達軌道的A點時點火變軌進入橢圓軌道II,到達軌道II的遠地點B時，再次點火進入軌道半徑為4R

的圓形軌道III,繞地球做圓周運動，設“天問”一號質量保持不變。則()

A.“天問”一號在軌道I、IH上運行的周期之比為1：8

B.“天問”一號在軌道III的運行速率大于而示

c“天問”一號在軌道I上的加速度小于在軌道山上的加速度

D.“天問”一號在軌道I上的機械能小于在軌道HI上的機械能

【答案】AD

【解析】A.由開普勒第三定律得

—(4—)3

可二F~

解得

1=1

T28

故A正確；

B.“天問”一號在軌道III運行時，由萬有引力提供向心力得

「Mmv

G----r=m—

(4/?)24R

又

GM=g()R

聯立解得

故B錯誤;

C.根據公式

GMm

——；-=ma

可知，半徑越大加速度越小，則“天問”?號在軌道I上的加速度大于在軌道山上的加速度。故c錯誤;

D.探測器在4、8點進入高考L道時，都進行了點火加速，機械能增加。貝「天問”一號在軌道I上的機械能

小于在軌道HI上的機械能。故D正確。

故選AD.

10.如圖所示，一傾角為6=37°的足夠長斜面體固定在水平地面上，質量為M=2kg的長木板B沿著斜面

以速度所9m/s勻速下滑，現把質量為帆=lkg的鐵塊A輕輕放在長木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長

木板上滑下。已知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數均為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重

力加送度g=10m/s2,31137。=0.6,cos37°=0.8,則下列判斷正確的是（）

A,動摩擦因數〃=0.5

B.鐵塊A和長木板B共速后的速度大小為6m/s

C.長木板的長度為2.25m

D.從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之間摩擦產生

的熱量

【答案】BC

【解析】A.開始時長木板B沿著斜面以速度vo=9m/s勻速下滑，有

Mgsin37°=〃A/gcus37°

解得

4=0.75

A錯誤；

B.鐵塊A輕輕放在長木板B時有，根據牛頓第二定律有，對A分析有

2gcos370+/wgsin37=maA

解得

2

ax=12m/s,方向沿斜面向下

對B,根據牛頓第二定律有

MM+帆）gcos37'+"mgcos37-Mgsin37°=

解得

2

aB=6m/s,方向沿斜面向k

鐵塊A和長木板B共速的時間為

v0-aBt=aAl

解得

t=0.5s

鐵塊A和長木板B共速后，速度大小為

y共=aBt=6m/s

B正確；

C.鐵塊A和長木板B共速，一起沿斜面勻速下滑，則長木板的長度為

”爭=

L=XB-XA="72.25m

C正確；

D.由能量守恒定律可知，從鐵塊放上到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等

于A、B之間摩擦產生的熱量與B與斜面之間摩擦產生的熱量和，D錯誤。

故選BCo

11.如圖所示，在磁感應強度4=&T的勻強磁場中，矩形線框繞垂直于磁場的軸以恒定角速度co=\0rad/s

轉動，線框電阻不計，匝數為10,面積為0.4m2,線框通過滑環與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線

圈接有一只燈泡L(規格為“4W100Q")和滑動變阻器，電流表視為理想交流電表.下列說法正確的是()

A.若從圖示位置開始計時，則線框中感應電動勢的瞬時值表達式為e=40&cos10/(V)

B.若燈泡正常發光，則原、副線圈的匝數比為1:2

C.若將滑動變阻器滑片向上移動，則電流表示數增大

D.若將自耦變壓器觸頭向下滑動，則燈泡會變暗

【答案】AD

【解析】A.輸入電壓的最大值為

Um=NBSco=40Y

在圖示位置穿過線框的磁通量為0,感應電動勢最大，若從圖示位置開始計時，則線框中感應電動勢的瞬時

值表達式為

e=40>/2cosl0r(V)

A正確；

B.變壓器輸入電壓的有效值為Ui=40V,若燈泡正常發光，則

U2=yfPR=2W

根據理想變壓器的變壓比得此時原、副線圈的匝數比為2:1,B錯誤：

U

C.若將滑動變阻器滑片向上移動，則滑動變阻器接入電路的電阻變大，負載等效電阻變大，根據/2=￡2■可

知，副線圈中電流變小，則原線圈中電流變小，即電流表示數變小，c錯誤；

D.若將自耦變壓器觸頭向下滑動，則副線圈匝數變小，根據理想變壓器的變壓比可知輸出電壓減小，所以

燈泡變暗，D正確：

故選ADo

12.如圖所示，邊長為/、電阻為R的正方形導線框沿工軸正方向運動。在外力尸作用下以速度以勻速穿過

三個寬度均為/的勻強磁場區域i、ii、in,已知三個區域中磁場的磁感應強度大小均為8,I、II、IH區

域中的磁場方向分別為垂直紙面向里、向外和向里。若以磁感線垂直紙面向里時穿過線框的磁通量中為正,

產生的電流沿順時針方向的電動勢E為正，外力尸向右為正，從線框剛進入做場時開始計時，則下列反映

線框中的磁通量①、感應電動勢正、外力產和線框的電功率2隨時間變化的圖象正確的是（）。

?U?；xM

C.

2/

~v~

【答案】BC

【解析】在線框進入磁場區域I的過程中，穿過線框的磁通量

①=Blvtoct

所以在0?,時間內，磁通量中隨時間f均勻增加，由

E=Blv

可知在0?,時間內電動勢為定值，電流方向為逆時針，所以電動勢為負值，因感應電流

v

I/

R

在此段時間內也為定值，且方向向右，故為正，功率

P=I2R

同樣為定值。

I21

同理，在------時間內，中先逐漸減小到零再反向增大，電動勢E、電流/為正值且均變成原來的兩倍,

vv

外力尸、功率P變為原來的四倍。

2/3//

在三時間內，中從負的最大逐漸減小到零再變為正的最大，電動勢E為負值且是0~一時間內電動勢

VVV

/21

的兩倍，外力和功率仍與------時間內大小相同。

VV

在2~曳時間內，磁通量中逐漸減小，外力尸、功率P與0?,時間內大小相同，電動勢與0~,時間內

VVVV

大小相同但方向相反。

故選BC.

三、非選擇題：共62分，第9?12題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13?16題為選考題，考生

根據要求作答。

(-)必考題：共47分。

13.用如圖所示的裝置探究加速度與質量的關系，把右端帶有滑輪的長木板放在實驗桌上，小車的左端連

接穿過打點計時器的紙帶，右端連接細線，細線繞過定滑輪掛有托盤和祛碼，通過墊塊調節木板左端高度

平衡摩擦力。

(1)下列實驗操作中正確的有o

A.先釋放小車后接通電源

B.調整定滑輪使細線與長木板平行

C.平衡摩擦力時必須移去紙帶

D.平衡摩擦力時必須移去托盤和祛碼

(2)某次實驗打出的一條紙帶如圖乙所示，測得計數點1、2、3、4與0計數點間的距離分別為M=3.60cm、

X2=9.61cm.X3=18.01cm,X4=28.81cm0已知打點計時器打點周期為0.02s,相鄰計數點間有四個打點未畫出,

則小車的加速度折m/s2(結果保留三位有效數字)。

圖乙

（3）實驗中保持托盤和祛碼的總質量不變改變小車和車內沙子的總質量M，進行實驗打出紙帶，算出相應

的加速度m數據如下表所示請在圖丙中根據描出的點作出■圖像_____;由圖像可得出的結論是

M

托盤和祛碼總質量為20g

a(/n-s-2)2.401.991.431.251.110.770.620.480.24

M/kg0.060.080.120.140.160.240.300.400.80

16.6712.508.337.146.254.173.332.501.25

M

（4）某小組在實驗中作出J圖像如圖丁所示，圖像斜率的物理意義是；若圖像縱截距為4

斜率為A，則托盤和祛碼的總質量/“（用字母仄々表示）。

【答案】BD2.40（2.39-2.41均算對）合力一定時，當托盤和祛碼

的總質量遠小于小車和車內沙子的總質量M時，小車和車內沙子的加速度a與質量M成反比托盤和詼

碼的總重力的倒數-

【解析】(i)niA.應先通電再釋放小車，A錯誤；

B.調整定滑輪使細線與長木板平行，以保證小車在運動過程中合力不變，B正確;

C.平衡摩擦力時必須連接紙帶，C錯誤；

D.平衡摩擦力時必須移去托盤和祛碼，用小車重力分力來平衡摩擦力，D正確。

故選BD。

(2)[2]小車的加速度

az=^-lx2=240m/s2

0.22

丙

[4]合力一定時，當托盤和祛碼的總質量遠小于小車和車內沙子的總質量M時，小車和車內沙子的加速度。

與質量M成反比。

(4)[3]根據牛頓第二定律可知，圖像斜率的物理意義是托盤和硅碼的總重力的;到數。

[6]當M=0時,有

tn

歸了

根據斜率的含義有

聯立解得

m上

14.冽定干電池的電動勢和內阻的電路如圖(。)所示，為一段粗細均勻、電阻率較大的電阻絲，定值

電阻4=1.2C。調節滑片尸，記錄電壓表示數U、電流表示數/及對應的HV長度-繪制出圖"）所示

的U—/圖像。

圖（a）圖（b）圖（c）

（1）由圖3）求得電池的電動勢E=V（保留3位有效數字），內阻「=Q（保

留2位有效數字）。

（2）實驗中因電表內阻的影響，電動勢測量值_______________（選填“大于”、“等于”或“小于”）真實值。

（3）根據實驗數據可繪出圖（c）所示的與-X圖像。若圖像斜率為鼠電阻絲演截面積為S,則電阻絲的電

阻率夕=,電表內阻對電阻率的測量______________（選填“有”或“沒有”）影響。

【答案】1.490.25小于kS沒有

【解析】由閉合電路歐姆定律可知

U=E-I（r+Ro）

則可知圖b中的圖象與縱坐標間的交點表示電動勢，故F=1.49V；

圖象的斜率表示（r+R。），則

1.491.2

r+&1.45Q

0.20

解得

『1.45-1.2=0.25。

（2）［3］由圖示可知，伏安法測電阻相對于電源來說采用電流表外接法，由于電壓表分流作用，電流表測量值

偏小，當外電路短路時，電流測量值等于真實值，電源的圖象如圖所示

UN

4

由圖象可知，電動勢測量值小于真實值。

（3）⑷根據歐姆定律可知，電阻

則可知

解得

p=kS

⑸若考慮電流表的內阻，則

則圖象的斜率不變，所以得出的電阻率沒有影響。

15.如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角公30。，皮帶在電動機的帶動下，始終保持vo=2m/s的速率運

行。現把一質量為〃-10kg的工件（可看為質點）輕輕放在皮帶的底端，經時間1.9s,工件被傳送到力=1.5m

的高處，取g=10m/s2。求：

（1）工件與皮帶間的動摩擦因數；

（2）若動摩擦因數為且，傳送帶以所2m/s的速率逆時針運動，將此工件由傳送帶頂端輕輕放上，求其

5

由頂端運動到底端所需時間；（結果用無理式表示）

【答案】⑴"等⑵F牛

【解析】(1)先研究工件的運動情況，工件開始放上后，將受到皮帶給予的向上的動摩擦力的作用，作加

速度為。一("以>$。-5后。)8的勻加速運動.假改在時間I—1.9s內，工件一直作勻加速運動，且在1.9s末

剛好與皮帶達到共同速度，

則其位移

S，=竺％=212x1.9=1.9(m)

22

而其實際位移

S=-^-=3.0(m)>5'

sin。

可見，工件一定是先做勻加速運動，然后動摩擦力變成了靜摩擦力，兩者相對靜止，工件做勻速運動則

2

-^-+(1.9-^-)xv0=3

2aa

解得°=2.5(m/s2)

再代入

a=g(pcos0-sin0)

解得4=立

(2)工件放上傳送帶上，根據牛頓第二定律得，加速度

mgsin300+pmgcos30°。八。v石s退o/2

a=-------------------------=gsin300+〃gcos30°=5+—xlOx——=8m/s

m52

當速度達到傳送帶速度經歷的位移

運動的時間

A=-=-5=0.255

148

繼續做勻加速直線運動的位移

X2=3-0.25m=2.75m

勻加運直線運動的加速度

。尸螫蛆j鱉型=gs加30。-外加30。=5-迫xl0x3=2向$2

m52

根據

x=\^-at22

222

得

2.75=2介+—X2XR2

22

解得〃=半一1

則總時間

，=力+，/巫口

4

16.如圖所示，在一個長為s=23.5m的光滑水平臺面A8CO上，有一段寬度d=3.5m的粗糙而固定在平臺上

的某位置，一可視為質點的小物塊，以w=4m/s的初速度從臺面左端沿中心軸線方向滑入，小物塊離開平臺

8邊時的速度為也=3m/s,重力加速度g取10m/s2。求：

(1)求小物塊與粗糙面的動摩擦因數4；

(2)若粗糙面放在A8CD的最左邊并固定，求物塊從臺面4B邊界運動到8邊界的時間。

【答案】(1)01；(2)7.7s

【解析】(1)小物塊在全程滑行過程中，由動能定理可知

-junigd=gmv；-g

解得

//=0.1

(2)小物塊在粗糙面上做勻減速運動，設用時間為山由位移公式可得

2

代入數據得%=Is

離開粗糙面后做勻速運動，設時間為，2,則有

s-d23.5-3.520

4=------=------------s=-s

2H33

則總時間為

'總=:+'2=7.7s

17.如圖所示，平行光滑金屬導軌44/和CG與水平地面之間的夾角均為"兩導軌間距為L,A、C兩點

間連接有阻值為R的電阻，一根質量為陽、電阻為「直導體棒E尸跨在導軌上，兩端與導軌接觸良好。在邊

界帥和M之間存在垂直導軌平面的勻強磁場，磁場的磁感應強度為8,"和cd與導軌垂直。將導體棒

從圖示位置由靜止釋放，方進入磁場就開始勻速運動，穿過磁場過程中電阻R產生的熱量為Q。整個運動

過程中，導體棒E尸與導軌始終垂直且接觸良好。除R和「之外，其余電阻不計，取重力加速度為g。

(1)求導體棒七戶剛進入磁場時的速率；

(2)求磁場區域的寬度s；

(3)將磁感應強度變為巨，仍讓導體棒E尸從圖示位置由靜止釋放，若導體棒離開磁場前后瞬間的加速度

2

大小之比為1:2,求導體棒通過磁場的時間。

蟀案］⑴「若誓9(R+「)Q/二川(R+r)?B沱Q

s=

mgRsin。；'~B21?2m2g2Rsin2O

【解析】(1)設導體棒后尸剛進入磁場時的速率為力，根據E/7進入磁場后受力平衡可得

mgsin0=81L

閉合電路歐姆定律得

E=ICR+r)

導體棒切割磁場產生的感應電動勢

E=BLvi

聯立解得

mg（R+r）sinO

(2)對導體棒穿過磁場的過程運用動能定理得

mgs*sinO-W安=0

根據電磁感應能量轉化關系得

R

Q=k叫

R+r

聯立解得

x（R+-）Q

mgRsin。

(3)設導體棒EP穿出磁場時的速率為小導體棒通過磁場的時間為根據牛頓笫二定律可得，離開磁場前

（加、

mgsin0=ma

R+r

離開磁場后

mgsinO=m*2a

聯立可得棒穿過磁場的速度變化量

mg（R+r）sin0

Av=-v.=——~~~------

2'B2I3

電流定義式

q=7bt

閉合電路歐姆定律

7=工

R+r

法拉第電磁感應定律

-△①

E=n-----

Ar

導體棒穿過磁場過程磁通量的變化量

\^=-BLs

2

聯立可得導體棒進入磁場到勻速過程流過的電荷量

BLs

q=------

R+r

將導體棒穿過磁場的過程分成〃個時間極短的小過程，每個小過程的時間均為△，，則

t=t

因為△，極短，所以每個小過程的電流為足值，設其大小分別為小/2,4…人對應過程加速度大小分別

為m,S,43,…小；針對每一個小過程對導體棒運用定量定理可得

第1個小過程

mgsin0?Ar-yLIQ=maQ

第2個小過程

B

mgsin0?AZ----LIQ=maQ

2

第3個小過程

B

mgsin。5LIQi=ma^t

第〃個小過程

mgsin^?Ar--LIn\t=man\t

聯立可得

B

mgsin---乙(/]/+/2丁+A+???+/△1)

2

其中

4△，+。2△，+△，+…+an4=川

則有

mgsin01t----Lq=H?AV

聯立可得

小(A+r)B2I?Q

B?I}卡2加2g2Rsii?e

（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。

184物理——選修3-3］（15分）

（1）容積一定的密閉容器內有一定質量的理想氣體，在工、乙兩種溫度下氣體分子的速率分布如圖所示，

其中溫度為（選填“7/或"7?）時對應氣體的內能較大；該氣體溫度由刀變化到△的過程必須

（選填“吸熱”或“放熱

【答案】72吸熱

【解析】［1］不同溫度下的分子速率分布曲線可知，分子數百分率呈現“中間多，兩頭少”統計規律，溫度是

分子平均動能的標志，溫度高則分子速率大的占多數，所以有

氣體的內能僅僅與氣體的溫度有關，所以不所對應的氣體內能較大；

⑵該氣體溫度由工變化到心的過程，溫度升高，內能增大，則應吸熱。

（2）負壓救護車是利用技術手段使車內氣壓始終低于外界大氣壓，從而讓空氣只能由車外流向車內，由清

潔區流向感染源區，再通過殺菌處理后排到車外，如圖甲所示。某同學找來了一個帶有壓力表、容積

VklOOdn?的鋼瓶，對保持鋼瓶內空氣壓強為負壓且保持不變進行了研究。他在鋼瓶上方安裝一個能調整

空氣流量的進氣孔，下方裝一抽氣機，如圖乙所示。已知抽氣機每秒抽出氣體的體積是鋼瓶容積的J,外

界大氣壓曲=L0xl05pa；壓力表的示數是相對外界大氣壓的值（鋼瓶內氣壓與外界大氣壓的差值），當鋼瓶

內氣壓等于外界大氣壓時示數為0,低于外界大氣壓時示數為負值；絕對溫度/與攝氏溫度，的關系為

T=什273。要保持壓力表的示數始終為〃=-100Pa,求以下兩種情況下每秒從進氣孔進入鋼瓶的空氣的體積。

（以“dn?”為單位，保留小數點后3位數字）

（1）鋼瓶內外溫度始終都為27C：

（2）鋼瓶內溫度為27℃,外界溫度為03