2021年广东省河源市源城区高考物理模拟试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021年广东省河源市源城区高考物理模拟试卷（2 月份）1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。下列选项符合史实的是（）A.焦耳发现了电流热效应的规律B.安培总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.法拉第对带电粒子在磁场中受力作了深入研究并得到了定量的结果2.如图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射网球分别在墙上留下A、B两点印迹。测得04=泰。/为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.墙/。L43两球发射的初速度为4：v0 B=1

2、：2两球碰到墙面前运动的时间以：培=1：2两球碰到墙面时的动量可能相同两球碰到墙面时的动能可能相等3.如 图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械。为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆0 8的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升,不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.0 A段绳索受到的拉力小于mgB.0 A段绳索受到的拉力大于mgC.杆对定滑轮的支持力小于2，ngD.0 8杆对定滑轮的支持力大于2mg4.假设某个国家发射了一颗绕火星做圆周运动的卫星.已知该卫星贴着火星表面运动,把火星视为均

3、匀球体，如果知道该卫星的运行周期为T,引力常量为G,那么（）A.可以计算火星的质量 B.可以计算火星表面的重力加速度C.可以计算火星的密度 D.可以计算火星的半径5.如图所示为某示波管内的聚焦电场横截面示意图，实线和虚线分别表示电场线和等势线。电场中4、6两点的场强大小分别为Ea和 场,电势分别为外 和。下列说法中正确的是（）A.Ea Eb,（p（i （pb B.Efj （pa 中 匕C.Ea （Pb D.Ea Eb,（pa 12。、仇C三点连线与两根导线等高并垂直，6点位于两根导线间的中点，C两点与6点距离相等。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是（）A.a点和c点处的磁感应强度方向相同B

4、.6点处的磁感应强度方向竖直向下C.导线8对4的安培力大于导线A对8的安培力D.导线B和A之间因安培力的作用而相互吸引7.如图甲所示，N=200匝的线圈（图中只画了 2匝），电阻r=2 0,其两端与一个R=480的电阻相连。线圈内有垂直纸面向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。下列选项正确的是（）第2页，共20页III0.0100.0050.015A.电阻R两端。点比。点电势高B.电阻R两端的电压大小为10vzC.0.1s时间内非静电力所做的功为0.2/D.0.1s时间内通过电阻R的电荷量为0.05C8.用图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过滑动变阻器和开关又连接到电源上，线圈B通过开

5、关S2连到电流表上，把线圈A装在线圈8的里面。下列说法中正确的是（）A.该装置用于探究线圈B中感应电流产生的条件B.52处于闭合状态，在&闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转C.S处于闭合状态，在52闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转D.两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会发生偏转9.一质量为，的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的。点，现用一光滑的金属钩子勾住细绳，水平向右缓慢拉动绳子（钩 八子与细绳的接触点A始终在一条水平线上），下列说法正确的是（）,A.钩子对细绳的作用力始终水平向右B.0 4段绳子上的张力大小不变C.钩子对细绳的作用力逐渐增大D.钩子对细绳

6、的作用力可能等于近mg10.电磁驱动是21世纪初问世的新概念，该技术被视为将带来交通工具大革命。多国科学家都致力于此项研究。据 2015年央广新闻报道，美国国家航空航天局(M4SA)在真空成功试验了电磁驱动引擎，如果得以应用，该技术将在未来的星际旅行中派上大用场。在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速的电磁驱动原理，A.铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动B.永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动C.铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同D,由于铝盘和永久

7、磁体被同转轴带动，所以两者转动是完全同步的11.在“验证机械能守恒定律”实验中，某同学采用让重物自由下落的方法验证机械能守恒定律，实验装置如图1所示。(1)除图中给出的器材外，下面列出三种器材，完 成 实 验 不 需 要 的 是。A.交流电源B.刻度尺C.天平(2)某同学从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图2 所示。选取纸带上连续打出的三个点4、B、C,测得它们到起始点。的距离分别为九1、殳、无 3。已知重锤的质量为，”，打点计时器所接交流电的频率为了,当地的重力加速度为g。从起始点。开始到打下B 点的过程中，重锤重力势能的减小量 Ep=,重锤动能的增加量 Ek=。在误差允许的范围内，如果A

8、Ep=AEfc,则可验证机械能守恒.第4 页，共 20页图11 2.利用电流表（内阻约为0.1。）和电压表（内阻约为3 k 0）测定一节干电池的电动势和内阻（约为几欧），要求尽量减小实验误差。（1）应 该 选 择 的 实 验 电 路 是（填 写“甲”或“乙”）。（2）处理实验中的数据得到如图丙所画图线，由此可得出干电池的内阻r=。（结果保留2 位有效数字）。（3）本实验存在系统误差，经 分 析 可 知 所 测 干 电 池 的 电 动 势 比 真 实 值（填写“偏大”或“偏小”）。（4）为了较准确地测量电动势，有人设计了如图丁所示测量电路，是稳压电源，A 8是一根均匀的电阻丝，其电阻和长度成正比

9、，灯是标准电池（电动势均已知），&是待测电池（电动势E x 未知）。现合上开关S 后，将开关S i 和S 2 合到&一侧，保持滑动接头处于。点不动，调整电阻R 使电流计G中无电流。此后保持R 不变，将开关a和S 2 合 向&一 侧，这时移动滑动接头的位置，直到电流计中也没有电流为止。以X表示这时滑动接头的位置，己测得A。段 距 离 为 A X 段距离为X，则可求得待测电源电动势&=。13.如图所示，一质量m=1kg的小物块放在水平地面上A 点，A 点与竖直墙面的距离为2 m,物块与地面间的动摩擦因数=0.8o 若小物块从A 点 以%=9m/s的初速度向正对墙面方向运动，在与墙壁碰撞后以M=6n

10、i/s的速度反弹。小物块可视为质点，g 取lOm/s?。(1)求小物块在地面上运动时的加速度大小a；(2)求小物块与墙壁碰撞前的速度大小v；(3)若碰撞时间为t=0.1 s,求碰撞过程中墙与物块间平均作用力的大小几14.XCT扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称,XCT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X 射线部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏第6页，共20页转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P,产生X 射线(如图中带箭头的虚线所示)。已知电子

11、的质量为相，带电荷量为e,MN两端的电压为4,偏转场区域水平宽度为L。，竖直高度足够长，MN中电子束距离靶台竖直高度为H,忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。(1)求电子刚进入偏转场时的速度大小；(2)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30。，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E 时电子恰好能击中靶台P 点。而仪器实际工作时，电压%会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为(7,如图丙所示。电子通过加速电场的时间远小于加速电压%的变化

12、周期，不考虑加速电场变化时产生的磁场，在此情况下，为使电子均能击中靶台，求靶台的最小直径。偏转场S图乙1 5 .如图所示，绝热的轻质活塞2 将一定质量的理想气体封闭在水平放置的固定绝热气缸内，轻质活塞1 与 2 通过一水平轻质弹簧连接，两活塞之间为真空，活塞与气缸壁的摩擦忽略不计，用水平外力尸使活塞1 静止不动。现增大外力F,使活塞1 缓慢向右移动，则 此 过 程 中 气 体 的 温 度（填“升高”“降低”或“不变”）；气 体 分 子 在 单 位 时 间 内 撞 击 气 缸 内 壁 单 位 面 积 上 的 次 数（填“增加”“不变”或“减少”）。产一*W W 或2%必1 6 .如图所示，两侧粗

13、细均匀的。形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口。开始时左管内空气柱长2 0 c m,两管水银面等高，温度不变，大气压强为P o=7 5 c m g,管内气体可视为理想气体。若右管足够长，从右侧管口缓慢加入水银，左管内气柱长度变 为 1 5 s。求加入水银的长度；若左右管管口等高，用厚度不计的活塞从右管管口缓慢推入,长变为1 5 a”，若过程中没有漏气现象，求活塞推入的深度。仍使左管内气柱1 7 .如图甲所示，在xO y 平面内有两个沿z 方向做简谐振动的点波源S i（-2,0）和5 2（4,0）。两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.5 0 m/s。两列波从波源传播到点4（

14、-2,8）的振幅为 m,两列波引起的点B（L 4）处质点的振动相互_ _ _ _ _ _（填“加强”或“减弱”）。第8页，共20页1 8.如图所示，等腰三角形ABC是三棱镜的截面，底角44=4。=30。/18面镀有银，一束单色光垂直AC边从。点射入,照射在AB边的中点E,反射光照射在AC面上，AC面的反射光线照射到8 c 边上的F(图中未画出)点，在F 点的出射光线平行于AC。已知4 8 边长为L,光在真空中的传播速度为c,不考虑光在BC面的反射。(1)试判断光在A C面是否会发生全反射；(2)求光从D点传播到尸点所用的时间。答案和解析1.【答案】A【解析】解：A、焦耳发现了电流热效应的规律，

15、并提出了焦耳定律，故A正确；8、库仑总结出了点电荷间相互作用的规律，故8错误；C、奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，故C错误；。、洛伦兹对带电粒子在磁场中受力作了深入研究并得到了定量的结果，故。错误。故选：A。本题是物理学史问题，根据焦耳、库仑、奥斯特、安培等人的物理学成就进行解答。本题考查物理学史，属于常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，重视知识的积累。2.【答案】D【解析】解：A B、设&=京=无，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：h=gtl，2九=：。埒整理可以得到：着=*；水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，贝!1：%=v0 A

16、tA=v0 BtB,整理可以得到：v0 A：v0 B=V 2：1,故4 8错误；C动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，故C错误；D设两球的质量相等，均为孙从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：m gh=EK A-m v A12mgh=EK B-m v B整理可以得到：斤 A 1 2EKA-m g h =-mvA Q,1 2EKB-2mgli=-m v B解得：EK A-2EK B-mgh若=rn.gh,则EKA=EKB 故。正确。故选：D。第 10页，共 20页根据平抛运动的规律求解两球碰到墙面前运动的时间之比和两球发射的初速度之比；动量是一个矢

17、量，方向不同动量一定不同；根据动能定理分析末动能的大小关系。本题主要是考查了平抛运动的规律和动量的概念，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。3.【答案】C【解析】解：A8、0A段绳索受到的拉力与0C段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为7=mg,所以0A段绳索受到的拉力等于mg,故AB错误；C。、设两段绳索之间的夹角为2。，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2Tcos6=F,解得：F=2mgeos。；由于。0,所以0 8杆对定滑轮的支持力尸2m g,故C正确、。错误。故选：Co以物体为研

18、究对象，根据平衡条件求解绳索的拉力；以O处滑轮为研究对象，根据平衡条件分析0 8杆对定滑轮的支持力。本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。4.【答案】C【解析】解：设火星质量为M,半径为凡密度为p,火星表面重力加速度为g,探测器质量为，小A。、探测器绕火星做圆周运动，万有引力做向心力，故有：鬻（年）2R；所以，M=察，故火星质量、半径无法计算；故A。错误；GT2,M 371.C、火星密度。=萍=苏，故C正确；B、由火星表面物体重力等于万有引力可得:甯=m g,所以，重力加速度g=瑞=等,由于K未知，故g

19、无法求解，故B错误;故选：c.根据万有引力做向心力得到火星质量的表达式，再由球体体积公式求得火星密度表达式,最后通过火星表面物体重力等于万有引力得到重力加速度的表达式，即可根据表达式判断是否可求解.万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量.5.【答案】B【解析】解：“位置的电场强度较密集，则EaEb；根据顺着电场线方向电势逐渐降低，知外 Wb，故B正确，ACD错误。故 选:B。根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小.再根据电场线的方向分析电势高低.本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏

20、密程度，电势高低看电场线的方向.6.【答案】D【解析】解：小由右手定则可知导线A在其左侧的磁场向下，在其右侧产生的磁场向上；导线8在其左侧的磁场向下，在其右侧产生的磁场向上，因此a点磁场向下，b点磁场向上，故A错误；B、由题知I I%,则导线A在匕点产生的磁感应强度比导线B在6点产生的磁感应强度大，导线A在b点的磁场水平向左，导线B在匕点水平向右，因此b点磁场水平向左，故B错误；C、B对A的安培力与导线A对8的安培力是一对相互作用力大小相等、方向相反，故C错误；D、A和8导线电流方向相同，同向电流导线相互吸引，则导线AB相互吸引，故。正确。故 选:Do由右手定则和磁感应强度的叠加求解；根据力的

21、作用的相互性判断；根据同向电流导线相互吸引判断。本题以中国的特高压直流输电网己达到世界先进水平为情景载体，考查了右手定则、磁感应强度的叠加、安培力等基础知识，要求学生对这部分知识要深刻理解，强化记忆，勤加练习。第12页，共20页7.【答案】C【解析】解：A、由楞次定律可得，穿过线圈的磁通量越来越大，则此时线圈电流为顺时针，电流方向从“到人流过电阻凡 故 a 点电势高于匕点电势，故 A 错误；B、由图象可知，图象的斜率火=詈=若Wb/s=0.05W b/s,已知线圈匝数为：N =200 匝，故后=2 警=200 x 0.05=10乙 由于线圈内阻为r=20,R=4 8 0,二者串联，由串联电路分

22、压定律可得：3=普，UT+U2=1 0 V,故/=9.6V,故 B 错误；C D、已知回路中的电流为：/=今=苔/=0.2 4 由电流的定义式可得：q=/t=K+T z+4o0.2x0.1C=0.02C,由电动势的定义式可得：F=p W为非经典力所做的功，代入数据可得：W =qE=10 X 0.02J=0.2 7,故 C 正确，。错误；故选：Co由楞次定律分析出感应电流的方向，再由法拉第电磁感应定律求出电流的大小，以此进行分析。本题主要考查了楞次定律，法拉第电磁感应定律，电功和电功率的计算，解题关键在于线圈此时相当于电源，线圈的内阻相当于电源的内阻。8.【答案】ABD【解析】解：A、通过线圈A

23、 移动滑动变阻器，及开关51来改变线圈A 的电流大小，从而导致线圈B 中的磁通量发生变化，进而可判定线圈8 中是否有感应电流产生，故 4正确；B、当S2处于闭合状态，在Si闭合瞬间，穿过线圈8 的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故 B 正确；C、当Si处于闭合状态，在S2闭合瞬间，穿过线圈3 的磁通量不发生变化，不产生感应电流，电流表的指针不会发生偏转，故 C 错误；。、两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，穿过线圈8 的磁通量发生变化，产生感应电流，发现电流表指针会发生偏转，故。正确。故选：A B D。根据感应电流产生的条件分析答题，穿过闭合回路的

24、磁通量发生变化，电路产生感应电流。本题考查判断电流表指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题，平时要注意基础知识的学习与积累。9.【答案】BC【解析】解：A、钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，根据平行四边形定则可知，两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，故 A 错误；B、物体受重力和拉力而平衡，故拉力T=m g,而同一根绳子的张力处处相等，故所以段绳子的力7=m g,大小不变，故 8 正确；C、两段绳子拉力大小相等，均等于 吆，夹角在减小，根据平行四边形定则，合力变大，故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故 C 正

25、确；。、根据平行四边形定则可知，当两断绳子之间的夹角为90。时，钩子对细绳的作用力等于鱼血。，由于是水平向右缓慢拉动绳子，系统处于平衡状态，如果两段绳子的夹角等于90。，竖直方向受力不平衡，所以两段绳子拉力的夹角一直大于90。，故钩子对细绳的作用力不可能等于Vlm g，故。错误.故选：B C。物体受重力和拉力而平衡；同一根绳子的张力处处相等；两个等大的力合成时，夹角越小，合力越大，由此分析。解决该题需要明确知道两段绳子是同一根，拉力大小始终相同，掌握共点力平衡相关的规律，知道分力不变，合力随分力的夹角的减小而增大。10.【答案】BC【解析】解：A、当永久磁铁随转轴转动时，产生转动的磁扬，在铝盘

26、中会产生感应电流，这时永久磁铁的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，故 A 错误,2 正确；C.该转速表运用了电磁感应原理，由楞次定律知，铝盘磁场总是阻碍永久磁铁转动，要使减小穿过铝盘磁通量的变化，永久磁铁转动方向与铝盘转动方向相同，故 C 正确；D 永久磁铁固定在转轴上，铝盘国定在指针轴上，铝盘和永久磁体不是同转轴带动，所以两者转动不是同步的，故。错误。故选：B C。第14页，共20页明确仪器原理，知道永久磁铁转动时会产生变化的磁场，从而在铝盘中形成感应电流,根据楞次定律分析铝盘中磁场与永久磁铁间的转动关系。

27、本题考查电磁感应在生活和生产中的应用，关键明确仪器原理，知道哪部分电路产生电磁感应，会根据楞次定律分析即可。1 1.【答案】c m g h2 m-y2f28【解析】解：根 据“验证机械能守恒定律”实验的原理选择器材：A、交流电源是打点计时器配套使用，故A必须有；B、刻度尺是测位移所用，故8必须有；C、天平测质量，但由于动能和重力势能的公式中均有质量的因子，则C不是必须的，故选：C o(2)从起始点。开始到打下B点的过程中，重力势能的减小量 Ep=7nM，而 如=等=-T，动能的增加量 Ek=m v j=231丝。/28故答案为：(1)C；(2)小。h 2、叫 电-恒 8(1)根据实验的原理确定

28、所需测量的物理量，从而确定所需的测量器材。(2)需要用刻度尺测出重物下落的高度，应用匀变速直线运动的推论求出重物的瞬时速度。根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的瞬时速度，从而得出动能的增加量。本题考查了实验器材、实验数据处理等问题，知道实验原理与实验器材I实验数据处理方法是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握。1 2.【答案】甲2.5偏 小 拌 品LAD【解析】解：(1)如果选择图乙所示电路图，电源内阻的测量值等于电源内阻真实值与电流表内阻之和，由于电流表内阻很小，采用图乙所示电路图时电源内阻测量误差较大,为减小

29、实验误差，应选择图甲所示电路图。(2)根据图甲所示电路图，山闭合电路的欧姆定律可知，路端电压=E-由图丙所示U-/图象可知，电源内阻=与=笔;。=2.5 0。(3)由图甲所示电路图可知，由于电压表的分流作用，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，短路电流测量值等于真实值，电源的U-/测量图象与理论图象如图所示u 真o由图示图象可知，干电池电动势的测量值小于真实值。(4)保持滑动接头处于。点不动，电阻丝48中的电流保持不变，电流计G中没有电流，电源电动势与金属丝并联部分电压相等，设金属丝中的电流为/,金属丝单位长度电阻为R,由并联电路特点与欧姆定律得：ILADR Es，AXR-Ex，解得待测电源

30、电动势区=-Es.LAD故答案为：(1)甲；(2)2.5；(3)偏 小:(4)寰 久。(1)干电池内阻很小，从减小实验误差的角度选择实验电路图。(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电源内阻。(3)根据图示电路图与实验误差来源分析实验误差。(4)根据图示电路图与实验步骤应用欧姆定律求出电源电动势。本题考查了测电源电动势与内阻实验，近几年的物理实验的考查已不再局限于基本问题的考查，而是更多的进行一些设计性实验的考查，在解决问题时应注意理解实验中的原理，再结合学过的实验内容进行分析解答；此类问题对学生要求较高，应注意训练.1 3.【答案】解：(1)小物块由

31、A 到墙过程做匀减速运动，由牛顿第二定律得：Ff=m a由题意得：Ff=m g代入数据解得小物块在地面上运动时的加速度大小a 为:a=四=0.8 X 1 0 m/s2=8m/s2(2)小物块由A 到墙过程做匀减速运动，由动能定理得：-fimgs=|?nv2-1mv代入数据解得小物块与墙壁碰撞前的速度大小v 为：u =7m/s(3)以反弹后的速度方向为正方向，由动量定理：Ft=m v-(mv)代入数据解得碰撞过程中墙与物块间平均作用力的大小F 为:F=130N答：(1)求小物块在地面上运动时的加速度大小为8 m/s 2；(2)求小物块与墙壁碰撞前的速度大小为7 m/s；第16页，共20页(3)若

32、碰撞时间为t =0.1 s,碰撞过程中墙与物块间平均作用力的大小为1 3 0 M【解析】(1)小物块由A到墙过程做匀减速运动，由牛顿第二定律可求小物块的加速度大小：(2)由动能定理可求小物块与墙壁碰撞前的速度大小v；(3)先选定正方向，由动量定理得墙对小物块的平均作用力的大小。解答此题的关键是分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题，注意使用动量定理时应选择正方向。1 4.【答案】解：(1)电子在加速电场中，由动能定理有eU0=!?nv2解得电子刚进入偏转场时的速度大小=回(2)由几何关系可得，此时电子在磁场中的运动半径r =2L02由牛顿第二定律得e v B=-联立两式并将速

33、度v代入解得磁感应强度B =看 再(3)设偏转场右边界距P点的水平距离为L电子偏出电场时垂直初速方向的位移力=/辞?)2电子偏出电场后到达靶上P点，在垂直初速方向的位移旷2=辞 曰 生由几何关系有%+%=H联立两式并将速度v代入解得L=等-*随电压的变化电子在靶上的扫描长度为L=鬻因此靶台的最小直径d =L=等CLQ答：(1)电子刚进入偏转场时的速度大小为再；(2)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为3 0。，匀强磁场的磁感应强度B的大小为工 叵;LO7 2B(3)为使电子均能击中靶台，靶台的最小直径为等。【解析】(1)电子受到向右的电场力，据

34、动能定理求出速度；(2)根据洛伦兹力提供向心力以及动能定理求解电子做圆周运动的半径表达式，由几何关系求得半径，联立可求得磁感应强度大小；(3)由动力学规律及几何关系偏转总距离的关系式，从而判断改变加速电压后P点的变化情况。解决该题需要明确知道电子在各个区域的运动情况，知道在匀强电场中顺着电场线电势的变化情况，能正确推导出电子在磁场中运动半径。1 5.【答案】升高增加【解析】解：外力尸作用在活塞1上，缓慢向右移动，弹簧被压缩，弹力大于气体压力，活塞2向右移动，压缩气体，活塞对气体做正功。气缸绝热，不存在热传递，根据热力学第一定律：=(?+W,知气体的内能增加，温度升高。气体的体积减小，温度升高，

35、由气态方程景=C知气体的压强增大。活塞2向右移动，气体的体积减小，单位体积内分子数增加，又气体温度升高，气体分子平均动能增大，故气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数增加。故答案为：升高，增加。活 塞1缓慢向右移动，压缩弹簧，进而压缩气体，对气体做正功，外力尸做的功一部分转化为弹性势能，一部分转化为气体内能。根据压强的变化，分析气体分子在单位时间内撞击气缸内壁单位面积上的次数变化。此题综合考查热力学第一定律与气体的压强。要注意活塞对气体做正功，绝热压缩气体时气体的内能增加。1 6.【答案】解：设玻璃管的横截面积为5,气体初状态压强四=p o =7 5c m g,体积匕=LS=20S,气

36、体末状态的体积彩=L2S=1 5S,气体温度不变，由玻意耳定律得：P i%=P2V2代入数据解得：P 2=lOOcmHg设两管水银面的高度差为h,则p z =Po+Pn=(7 5+h)cmHg解得：h-25cm,右管加入的水银柱长度：x =2al -L2)+/I=2x(20-1 5)c m +25cm=35c m；右侧管内活塞推入x后，左 管 内 气 柱 长 变 为 时，压强2=l O O c m H g右侧管内封闭气体初状态压强：P万1 =P o =75cmHg,体积=S,末状态压强P右2=P 2-Ph=P2-2&-L2)cmHg=1 0 0 -2 x (20 -I ScmHg=90cmHg

37、,第18页，共20页设活塞推入的深度是X,体积2=+(G -G)-邓,由玻意耳定律得：P 右/方1 =2 后2V 右2代入数据解得：x=y c m答：加入水银的长度是35c m；活塞推入的深度是g em。【解析】气体温度不变，气体发生等温变化，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律求出封闭气体的压强，然后求出加入水银柱的长度。气体温度不变，发生等温变化，应用玻意耳定律求出气体的体积，然后求出活塞推入的深度。该题考查理想气体的状态方程的应用，要先根据玻意耳定律求解气体压缩后的压强。会确定封闭气体的压强是基础。1 7 .【答案】2 减弱。【解析】解:根据题意可知，两波传播到A 点的路程差为A S】=V

38、6 Wm-8m=2m:两列波的波速均为0.5m/s。由图可得7 =4 s,所以波长为2=0.5 x 4 m =2m,所以 S1 =X,根据图乙和图丙可知，两列波的起振是反向的，所以A 点为振动减弱点，则 A 点的振幅为4=&4=4 m -2 m =2 m；两列波从波源传播到点B(l,4)处的路程差为 S2=V 32+42m V 32+42m=0 为波长的整数倍，又因为两波源起振方向相反，所以B 点为振动减弱点；故答案为：2；减弱。由几何关系求两波源到各点的路程差，由波速公式u =求解波长。如果两波源起振同方向，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动减弱的点；路程差等于

39、波长的整数倍时，这一点振动加强；如果两波源起振方向相反，当介质中某一点与两波源的路程差等于半波长的奇数倍时，这一点是振动加强的点。路程差等于波长的整数倍时，这一点振动减弱；据此分析即可。解决该题需要熟记波速的计算公式，掌握振动加强点和振动减弱点的判断方法，知道振动加强点和振动减弱点的振幅的求解方法。1 8 .【答案】解：(1)光在棱镜中的传播路径如图所示，由几何关系可知，光在A B 面的入射角和反射角均为30。，则光在AC面的入射角和反射角均为60。，则广G 与4 8 平行,光在EC面上的入射角为=3 0,折射角r=6 0,棱镜对光的折射率n=粤=百由于 sinC=n 3 2因此C 60。，又

40、知光在AC面的入射角为60,因此光在AC面上会发生全反射。(2)由几何关系可知，EG=GF=L,DE=L,由n=：可得，光在棱镜中的传播速度u=逅c,光 在 棱 镜 中 传 播 时 间 =出=幽v3v 4c答：(1)光在AC面是不会发生全反射；(2)光从D点传播到尸点所用的时间为鬻。【解析】(1)画出光路图，根据几何关系求出光在4B边入射时的入射角和折射角，再由折射定律求棱镜对光的折射率。将折射光线照射到AC边的入射角与临界角进行比较，判断能否发生全反射；(2)根据几何关系求光从E 点射入到从BC边射出时通过的路程，由v=:求出光在三棱镜中的传播速度，从而求得所用的时间。解决本题关键是作出光路图，再运用几何知识求解入射角、折射角和光程，要掌握几何光学常用的三个规律：折射定律、光速公式和临界角公式。第20页，共20页