2021届河南省高考物理仿真模拟试卷(5月份)(含答案解析).pdf

2021届河南省高考物理仿真模拟试卷（5月份）一、单 选 题（本大题共5小题，共30.0分）1.皮带传送机的皮带与水平方向的夹角为a,如图所示，将质量为机的小 心夕物块放在皮带传送机上,随皮带一起向下以加速度a做匀加速直线运动，则（）.A.小物块受到的支持力的方向不一定垂直于皮带指向物块B.小物块受到的静摩擦力的方向一定沿皮带斜向下；C.小物块受到的静障擦力的大小可能等于mgsinaD.小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定沿斜面方向2.质量为5吨的汽车，以10m/s的速率通过半径为20根的凸形桥面最高点时，汽车对桥面的压力大 小 是:（g=10m/s2）（）A.4.9 x 104/V B.2.5 x 104/V C.7.5 x 104/V D.03.关于在大气中水平匀速飞行的民航飞机与沿圆形轨道绕地球运动的人造卫星，下列叙述中正解的是（）A.民航飞机上乘客受地球的重力是零B.人造卫星内的设备受地球万有引力为零，因此处于失重状态C.飞机在空中水平匀速航行时不需要耗用燃料提供的动力D.人造卫星做匀速圆周运动时不需要耗用燃料提供的动力4.如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为。点.带正电的小球 A：从。点正上方的A点由静止释放，穿过圆环中心0,并通过关于。与A点对 尸 JI称的A点，取。点为重力势能零点.关于小球从4点运动到4点的过程中，小IA i球的加速度4、重力势能EpG、机械能E、电势能EpE随位置变化的情况，下列说法中正确的是（）A.从A到。的过程中a一定先增大后减小，从O到小的过程中一定先减小后增大B.从A到。的过程中0G小于零，从。到4的过程中EpG大于零C.从4到。的过程中E随位移增大均匀减小，从。到A的过程中E随位移增大均匀增大D.从A到0的过程中与 随位移增大非均匀增大，从0到A的过程中随位移增大非均匀减小5.在铅球比赛中，某同学投掷铅球出手时速度大小为,离开地面高度力，落地的速度大小为匕，水平距离为S,铅球质量为7,投掷质量为?，投掷铅球力的大小为F,则该同学在投掷铅球时做的功为（A.FSB.mgh+mVg C.说D.-m vl二、多 选 题（本大题共4小题，共23.0分）6.下面关于光的波粒二象性的说法中，正确的说法是（）A.大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性B.频率越大的光其粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著C.光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性D.光不可能同时既具有波动性，又具有粒子性7.如图所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三 厂 昌 n个灯泡4、42和人，输电线的等效电阻为R当滑动触头尸向上移动一段 一 幅 L,T n3距离后，下列说法正确的是（）.-1士A,等效电阻R上消耗的功率变小 B.三个灯泡都变亮C.原线圈两端的输入电压减小 D.原线圈中电流表示数减小8.如图所示,长为4a、宽为a的矩形导体框ABCD竖直固定，虚线EF到导体框AB边的距离为在虚线EF下方存在方向垂直于导体框所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小 为 瓦 导体棒的材料、粗细与导体框相同，单位长度的电阻为，。现将导体棒从与导体框边重合的位置由静止释放（两者始终接触良好且保持垂直），进入磁场时的加速度刚好为0,此后用竖直方向的外力控制导体棒一直向下做匀速运动，重力加速度为g,贝 女）XBXA.导体棒的质量m=喀 回B.从导体棒进入磁场到出磁场的过程中，导体棒中电流的最小值/mE=第C.从开始到导体棒出磁场的过程中，电路中产生的焦耳热。=逆 色 亚26rD.从导体棒进入磁场到出磁场的过程中，外力方向始终不变9.下列说法正确的是（）A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大B.处于完全失重的水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果C.水蒸气的压强不再发生变化，说明蒸发和液化达到动态平衡D.晶体一定有规则的几何形状，形状不规则的金属一定是非晶体E.一定质量的理想气体体积不变时，温度越高，单位时间内器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多三、填 空 题（本大题共1小题，共4.0分）10.（1）空间中存在一列向右传播的简谐横波，波速为2 m/s,在t=0时刻的波形如图甲所示.试写出x=2.0m处质点的位移-时 间 关 系 表 达 式 ；（2）若空间中存在振幅不同，波速相同的两列机械波相向传播，它们的周期均为T,t=0时刻两列波的波形如图乙所示，请定性画出 =:时刻的波形图（在答题纸上划线处自行画出）4四、实 验 题（本大题共2小题，共18.0分）11.利用图1所示装置可以做力学中的许多实验a/m.s1(1)以下说法正确的是A.利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦力的影响员利用此装置探究“小车的加速度与合外力的关系”：当小车与车中祛码的总质量远大于小桶及桶中祛码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中祛码的总重力C.利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a-M 关系图象不是直线，就可以确定加速度和质量成反比(2)如图所示的装置做“探究加速度与力的关系”的实验：小车搁置在水平放置的长木板上，纸带连接车尾并穿过打点计时器，用来测小车的加速度a,小桶通过细线对小车施拉力?I.某次实验得到的一条纸带如图2 所示，从比较清晰的点起，每五个打印点取一个点作为计数点,分别标为0、1、2、3、4.测得0、1两计数点间距离Si=30,001机,3、4 两计数点间距离54=48.0mm,则小车的加速度为 rn/s2.(结果取两位有效数字)口.在保持小车质量不变的情况下，改变对小车拉力产的大小，测得小车所受拉力尸和加速度a 的数据如下表：F/N0.200.30a/(m s-2)0.100.210.400.500.600.290.410.50根据测得的数据，在图3 中作出a-F 图象.由图象可知，小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为 N.(结果取两位有效数字)若要使作出的a-F 图线过坐标原点，需要调整实验装置，可采取以下措施中的人增加小车的质量&减小小车的质量C.适当垫高长木板的右端 D.适当增加小桶内祛码质量.1 2.在一次课外实践活动中，某课题研究小组收集到数码相机、手机等电子产品中的一些旧电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电子元件.现从这些材料中选取两个待测元件，一是电阻&（约为2k。），二是手机中常用的锂电池（电动势E 标称值为3.7 V,允许最大放电电流为10064）.在操作台上还准备了如下实验器材:A.电压表（量程4匕 电阻即约为4.O/C0）8.电流表4 式量 程 100 源，内阻不计）C.电流表人2（量程2 出，内阻不计）D 滑动变阻器Ri（0 2W 2,额定电流0.14）电阻箱/?2（0 999.90）F.开关S 一只，导线若干.（1）为了测定电阻扁 的阻值，小组的一位成员设计了如图1所示的电路原理图，所选取的相应器材（电源用待测的锂电池）均标在图上，其器材选取中有不妥之处，你认为应该怎样调整？（2）如果在实际操作过程中，发现滑动变阻器飞、电压表已损坏，用余下的器材测量锂电池的电动势E 和内阻r.请你在图2 方框中画出实验电路原理图（标注所用器材符号）；该实验小组的同学在实验中取得多组数据，然后作出如图3 所示的线性图象处理数据，则电源电动势为 匕 内阻为 n.五、简 答 题（本大题共1 小题，共 3.0分）1 3.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，在），轴右侧和y=-x 的上方区域有沿），轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E,在 x 轴下方向和y=-的左侧区域有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，在坐标原点处沿x 轴正向射出一束质量为?、电荷量为q 的带正电的粒子，这束粒子第一次出电场的范围在y=-%上的P、。两点之间，OP=L,OQ=2 L,从尸点出电场的粒子第一次在磁场中运动的轨迹刚好与y 轴相切，不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，求：（1）粒子从。点射出的速度大小范围;（2）匀强磁场的磁感应强度大小；(3)试分析：第一次从。点射出电场的粒子，第一次在磁场中运动会不会穿过y 轴，说明理由。y二T六、计算题(本大题共3小题，共 3 0.0 分)1 4 .如图所示，水平面上固定一个倾角为。=3 7。的足够长斜面，斜面顶端有一光滑的轻质定滑轮，跨过定滑轮的轻细绳两端分别连接物块A日 6 X、和B(两物块均可视为质点)，其中物块A的质量为叫,=0.8 k g,物块8的质量为m e =1.2 k g.一轻质弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于斜面上的C点.初始时物块A到 C点的距离为L=0.5 m.现给A、B 大小为几=3 r n/s 的初速度使A 开始沿斜面向下运动，8向上运动.若物块B 始终未到达斜面顶端，物块A 与斜面间的动摩擦因数为 =0.5,sin3 70=0.6,c o s 3 7 =0.8,取g =l O m/s 2,空气阻力不计.(1)试求物块A 向下刚运动到C 点时的速度大小；(2)若弹簧的最大压缩量为4 x=0.2 m,试求弹簧的最大弹性势能E p m；(3)在(2)的基础上，若物块B 刚开始运动时离水平面的高度h =0.6 m,求当物块3落地后，物块4能够上升的最大高度.1 5 .使一定质量的理想气体按如图甲中箭头所示的顺序变化，图中8 c 段/a t m(1)已知气体在状态A 的温度为二=3 0 0 K,求气体在状态B、C 和。的 温2 V l i.度是多少？o -1 0 2 0 3 0 4 0 /(2)将上述变化过程在图乙了-7 图象中表示出来(标明A、B、C、。四点，并用箭头表示变化方向)。16.一列波以60。的入射角入射到两种介质的交界面上，反射波刚好与折射波垂直，反射角和折射角分别是多大？【答案与解析】1.答案：C解析：解：A、小物体受到的支持力为弹力，方向一定垂直于皮带指向物体，故A错误；B、由于物体加速度大小未知，由牛顿第二定律列方程得：mgsina+f=m a,故静摩擦力的方向不能确定，故8错误C、由牛顿第二定律列方程得：mgsina+f ma,te/=mgsina m a f -m a mgsina,所以C正确物体受重力、支持力和静摩擦力作用，三力合力沿传送带平面向下，而弹力必与此平面垂直，小物块受到的重力和摩擦力的合力的方向一定不沿斜面方向，故。错误故选C质量为旭的物体放在皮带传送机上，随皮带一起以向下加速度做匀加速直线运动，受重力、支持力和静摩擦力作用下运动，根据牛顿第二定律列方程讨论解决解决本题的关键能够正确地进行受力分析，抓住物体的加速度与传送带相同，运用牛顿第二定律进行求解.2.答案：B解析：解：在最高点，汽车由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二 产定律得：Ic Jm g-FN=m-+解得FN=m(g-9)=5 0 0 0 x (1 0 -：)N =2.5 x 104N.由牛顿第三定律知，通过最高点时汽车对桥面的压力为2.5 X 1 0 4 N,故B正确，A C D错误。故选：B.汽车在最高点靠重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出汽车对桥面的压力大小.解决本题的关键搞清汽车做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解.3.答案：D解析：解：A、民航飞机上的乘客受重力和支持力，两个力的合力为零，故A错误.8、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，仅受万有引力，处于完全失重状态.故8错误.C、飞机在空中匀速飞行需要耗用燃料提供的动力.故C错误.。、人造卫星做匀速圆周运动靠地球的引力提供向心力，不需要耗用燃料提供动力.故。正确.故选。.飞机匀速飞行，合力为零，人造卫星绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力.解决本题的关键知道飞机匀速飞行处于平衡状态，人造卫星做匀速圆周运动不是平衡状态，靠万有引力提供向心力.4.答案：D解析：解：小球运动过程的示意图如图所示.A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A 到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，也可能一直减小，则小球所受的电场力可能先增大后减小方向竖直向上，也可能一直减小方向向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大，也可能一直增大.故4错误.8、小球从A 到圆环中心的过程中，重力势能昂6=爪9八，小球穿过圆环后，EpG=-m g h,故 8 错误.C、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故 C错误。、小球从A 到圆环中心的过程中，电场强度非匀强电场，电场力做负功但不是均匀变化的，机械能减小，但不是均匀减小，小球穿过圆环后，同理，故。正确.故选：D画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情况，再由牛顿第二定律分析加速度情况.由Ep=mgh分析重力势能的变化情况.根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系.机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析5.答案：D解析：解：对铅球出手前后运用动能定理得，勿=：巾诏-0=m 诏。对整个过程研究，有：W +mgh=,解得W=说 一 mg八.故。正确，A、B、C错误。故选：Do根据铅球出手前后的初末动能，结合动能定理求出投掷铅球时做功的大小。运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解，基础题。6.答案：ABC解析：分析：光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意 义.波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量.个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性.光的波粒二象性是指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性.解析：A、光既具有粒子性，又具有波动性，大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显，故A正确；8、在光的波粒二象性中，频率越大的光其粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著，故8正确；C、光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性，故C正确；。、光的波粒二象性是指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性，二者是统一的，故。错误.故选ABC.7.答案：A D解析：解：A、由于原线圈电压不变，根据电压与匝数成正比得，随着滑动触头P向上移动一段距离后，即原线圈匝数增加，导致副线圈电压减小，则等效电阻R上消耗的功率变小，故A正确；8、由A选项可知，电压减小，则三个灯泡都变暗，故B错误；C、原线圈两端的输入电压不变，故C错误；。、由A选项可知，电压减小，则电流变小，所以原线圈的电流也变小，故。正确；故选：A D根据电压与匝数成正比，可确定当滑动触头尸向上移动一段距离后，由于原线圈的输入电压不变，则可知，副线圈电压变化、灯泡的亮暗、电线上消耗的功率及副线圈上的电流.理解原副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，原线圈的电流随着副线圈电流变化而变化；并根据闭合电路欧姆定律来分析动态变化.8.答案：AB解析：解:4、导体棒进入磁场前做自由落体运动，设刚进入磁场时的速度为V,则v=廊,导体棒刚进入磁场时所受安培力：F安 培=Bia=手，导体棒刚进入磁场时加速度为零，则所受合力为零，则9=竺 番，导体棒是电源，内阻为，外电路为导体框上、下两部分并联电路,电路总电阻R=ar+二”=2.6ar,2ar+8ar解得：山=隼 运，故A 正确；8、当导体棒运动到导体框中间位置时，电路总电阻最大，最大总电阻Rmax=a r+=3.5 a r,此时电路电流最小，电路最小电流Anin=3=2与：,故 8 正确；Kmax s s a r ITC、设导体棒在磁场中运动过程电路产生的焦耳热为Q,外力做功为w,导体棒匀速运动，动能的变化量为0，由动能定理得：7-mga+W Q=0,解得：Q=/+35BB、呵故 C错误；D,设到CO边距离为：a 的位置为EF位置，导体棒在所和EF两个位置时，电路的电阻相等，由题意可知，导体棒在在EF位置时受到的安培力等于重力，则导体棒在EF位置时所受重力也等于安培力，导体棒做匀速运动，则其所受合力为0,导体棒从E F向下运动到 户 位置过程中，电阻先增大后减小，电流先减小后增大，安培力先减小后增大，则外力尸先增大后减小，方向始终向上；导体棒从EF向下运动，电阻变小，电流变大，安培力变大，大于重力，则外力向下，外力方向发生改变，故。错误。故选：AB.导体棒进入磁场前做自由落体运动，求出导体棒刚进入磁场时的速度，根据安培力公式求出导体棒进入磁场时受到的安培力，应用平衡条件求出金属棒的质量；当导体棒运动到导轨中间位置时电路总电阻最大，电路电流最小，应用欧姆定律求出电路最小电流；分析清楚导体棒的运动过程，应用动能定理求出回路产生的焦耳热；根据导体棒运动过程分析清楚其受力情况，判断外力方向是否变化。本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，难度较大，根据题意分析清楚导体棒的运动过程是解题的前提与关键，应用安培力公式、平衡条件、动能定理即可解题。9.答案：BCE解析：解：A、在一定温度条件下，空气的相对湿度越大，水蒸发越慢，人就感到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故 A 错误；8、处于完全失重状态时，由于液体表面张力作用而水滴形成球形，故 B 正确；C、水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强，不再变化，水的蒸发与水蒸气的液化达到平衡，是一种动态平衡，水蒸气仍然液化。故 C正确；。、单晶体一定有规则的几何形状，而多晶体与非晶体没有天然的规则的几何形状。故。错误；E、气体体积不变时，温度越高，由p V =C T 知，气体的压强越大，由于单位体积内气体分子数不变，分子平均动能增大，所以单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多。故 E正确；故选：BCE。空气的相对湿度越大，水蒸发越慢，人就感到越潮湿：液体表面张力是由于液体表面分子间距大于平衡间距，分子力表现为引力造成的；水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强，不再变化，水的蒸发与水蒸气的液化达到平衡；多晶体的形状也不一定是规则的；气体的压强与分子平均动能和分子数密度有关。该题主要考查表面张力以及相对湿度、绝对湿度、晶体、非晶体、气体压强等概念，属于了解的内容，多看课本，多加积累即可。10.答 案:x=-5sin2ntcm)解析：解：由图读出振幅A =5 c m,波长4=2 m,则周期T =?=|=1 s,角频率3 =半=2nrad/s.波向右传播，图示时刻x =2.0 m 处质点振动方向沿y 轴负方向，则x =2.0 m 处质点的位移-时间关系表达式为：y 5 s i n 3 t(c m)5 s i n 2 7 r t (c m)；(2)在寸刻，两列波都向前传播;个波长，所以波峰在虚线处相遇，振幅等于两列波振幅之和，画出波形如图：故答案为：(l)y =-5 s i n 3 t(c m)(2)如图.(1)由波形图读出振幅和波长，求出周期，再求角频率.写出x =2.0 m 处质点的位移-时间关系表达式.(2)根据波传播的距离，分析波叠加的结果.波叠加时的位移等于两列波的位移之和.a/m/s2解析：解：(1)4、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故 A 错误.8、探 究“小车的加速度与合外力的关系”：当小车与车中祛码的总质量远大于小桶及桶中祛码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中祛码的总重力，故 8 正确.C、曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a-m 图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a-三图象，故 C 错误.m故选：B(2)I.每隔五个打印点取一个计数点，所以2,3 两计数点间的时间间隔为7=0.1s,根据匀变速直线运动的推论尤=a 7 2,有:s4 Si=3 aT2,所以解得:0.048-0.0300.030.60m/s2口.在a-F 图象中根据所给的数据描点.作图，如图所示:a=当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动，由上问所得a-F 图象可知当拉力等于0.10N时物体开始运动，故最大静摩擦力为0.10N.若要使作出的a-F 图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力,其方法是适当垫高长木板的右端.故C 正确.故选：C.故答案为：(1)8；(2)I.0.60；口.如图所示；0.1 0;C。(1)利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和 探 究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，当小车与车中祛码的总质量远大于小桶及桶中祛码的总质量时，才可以认为绳对小车的拉力大小约等于小桶及桶中祛码的总重力；(2)根据匀变速直线运动的推论公式 x=a X 可以求出加速度的大小；当拉力大于等于最大静摩擦时，物体开始运动：a-尸图线过坐标原点即绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端.只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用.12.答案：用&替 换&3.5 7解析：解：(1)根据闭合电路欧姆定律，当滑动变阻器短路时，电流为：/=系=7 焉，故用电I-TKQ I TZU U U流表&量程太大，读数不准确；故答案为：用4 替换(2)如图所示反,S2。J根据闭合电路欧姆定律，电流的表达式为：/=念，则：7 =r +7，结合图象可以得到：r =7/2,E=3.5 V故答案为：(1)用4 替换；(2)如图所示；3.5；7.(1)根据闭合电路欧姆定律，估算出电路中电流的范围，从而得到电流表量程偏大.(2)滑动变阻器可以用电阻箱替换，由于电阻箱的电阻可以直接读出，因而可以不用电压表；先推导出电阻R与电流关系的一般表达式，然后结合图象得到数据.本题关键要从实验要求中的安全、准确、操作方便的角度进行分析，难度适中.13.答案：解：(1)设第一次从P点射出电场的粒子初速度大小为火,从。射出电场的粒子初速度大小为外，粒子在电场中做类平抛运动，则有：当心=9由，4=工艺用2 2 m 1V2,2L=V2t2(2)从P点出电场的粒子运动轨迹如图所示，设粒子进磁场时速度方向与x轴正向的夹角为6,根据几何关系有t an。=2,设粒子在磁场中做圆周运动的半径为根据几何关系知:%+qs in=会,解得6=湍3设粒子运动到P点的速度大小为 小,根据动能定理有QEr,V 2 L,=-1 mVp,-1 m v f2,根据牛顿第二定律有：q%B =m?联立两式解得:(3)设从。点射出电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径为上，粒子到。点的速度为外，根据动能定理有：qE x V 2 Z,=|m v Q-根据牛顿第二定律有：qvQB=m，解得：2 =(5-2 7 5)3由于万 +r2sind=L y X 2 L,因此此粒子第一次在磁场中运动不会穿过y轴。答：(1)粒子从。点射出的速度大小范围为：J要(2)匀强磁场的磁感应强度大小为(当+手)(3)由于上+r2 s讥。=L yX 2L,因此此粒子第一次在磁场中运动不会穿过y轴。解析：(1)设第一次从尸点射出电场的粒子初速度大小为力,从。射出电场的粒子初速度大小为外,粒子在电场中做类平抛运动，根据位移与时间关系列方程分别求出力和以，从而知初速度的大小范围；(2)画出从P点出电场的粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系知半径，根据动能定理和牛顿第二定律列方程求解B；(3)设从。点射出电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径为上，粒子到。点的速度为顶，根据动能定理和牛顿第二定律列方程求解半径上，然后根据几何关系判定粒子第一次在磁场中运动会不会穿过y轴。本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及类平抛运动的基本公式，难度适中。14.答案：解：(1)设物块A 向下刚运动到C点时的速度大小为v,则由动能定理得：1 ,1 ,mAgLsin6 mAgcosd-L mBgL=-(mA+mB)vz-(mA+mB)VQ代入数据解得：v =J m/s(2)当弹簧的压缩量达到最大时，此时物块A、8的速度均为零，对两个物体及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律得：|(mA+mB)V o+mAg(L+x)s in0 =iimAgcosd-(L +x)+mBgL+x)+Ep m.代入数据解得：Ep m=1.7 2;(3)由题意可知，物块A 沿斜面向下运动，压缩弹簧后再沿斜面向上运动，在从物块A 开始运动到A、8返回原处的过程中，只有摩擦力做功不为零，设 A、8返回原处时的速度大小为M,由动能定理得：1 1 .-(mA+me)v z-(mA+mB)VQ iimAgcos0-2(L +x)此后物块A 沿斜面向上运动，设物块B 刚刚到达地面时的速度大小为则由动能定理得：1 12(.mA+-(jnA+m v2=mBgh mAghsin9 ptmAgcosS-h.之后物块A 上升到最高点的过程中，不再受绳子的拉力作用，设物块A 能够上升的最大高度为“，由动能定理得：H 1一如g H -mAgcosd =0 -mAv代入数据解得：H =0.20 7 6m答:(1)物块A 向下刚运动到C点时的速度大小是(2)若弹簧的最大压缩量为4 x=0.2m,弹簧的最大弹性势能E p7 n是1.7 2/；(3)当物块B落地后，物块A 能够上升的最大高度是0.20 7 6nl.解析：(1)4下滑到C的过程，对 A 8 组成的系统，运用动能定理求物块A 向下刚运动到C点时的速度大小；(2)当弹簧的压缩量最大时，A、8 的速度均为零，对两个物体及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能E p a；(3)物体A 沿斜面向下运动，压缩弹簧后再沿斜面向上运动.在从物体A 开始运动到A、B返回原处的过程中，只有摩擦力做功不为零，由动能定理求得4 B 返回原处时的速度大小.再运用动能定理求出 8 刚落地时两者的速度，之后A 继续沿斜面向上运动，再由动能定理求得A 上滑的距离，从而求得物块A 能够上升的最大高度.本题是多过程问题，按时间顺序进行分析受力情况和运动过程分析，分段运用动能定理.要注意滑动摩擦力做功与路程有关.15.答案：解：由P-V 图可知,气体状态参量:PA=4aPB=4atmfPc=2atm,PD=2atm,VA=10L,VB=203%=403VD=20L(1)根据理想气体状态方程得PAVA=PBVB=PcVc PpVp丁 一 元 一 丁 一元解得：=需 F=X 300K=600KPrVr 2 X40Tc=-tTA=-x 300K=600K以匕 4 x 10PDVD 2x20TD=-TA=-x 300K=300KPAA 4 x 10(2)描点作v-r 图如图所示：答：(1)已知气体在状态A 的温度为=3 0 0 K,气体在状态3、C 和 O 的温度分别是600K、600K、300K；解析：(1)由图象可知各状态压强和体积，然后根据理想气体状态方程列式求解温度;(2)根据对气体状态变化的掌握，建立坐标系，作出图象。本题考查了求温度，分析清楚图示情景、判断出气体状态变化过程是解题的关键，应用理想气体状态方程可以解题，也可以分段运用气体实验定律求解。16.答案：解：根据光的反射定律知：反射角等于入射角，则反射角i =i=6 bT由于反射波刚好与折射波垂直，由图可知折射角r=90。一，=90。-60。=:30答：反射角和折射角分别是60。和30。解析：当光线射入两种介质的界面时，发生了折射与反射，由题意可知，反射波刚好与折射波垂直，根据反射定律得出反射角，由几何关系求出折射角。本题的突破口是反射波刚好与折射波垂直，从而可以确定折射角，要掌握光的反射定律，灵活运用几何知识。