2021届山东省枣庄市滕州一中高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf

《2021届山东省枣庄市滕州一中高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届山东省枣庄市滕州一中高考物理模拟试卷(含答案解析).pdf（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2021届山东省枣庄市滕州一中高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共8小题，共24.0分）1.2.两质点4、8从同一地点、同时开始运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（）A.A质点一直做匀加速运动；B质点先加速后减速，B质点8s末速度为零B.A、B两质点在4s末相遇C.在04s内，4在B前面运动，且两质点间的距离越来越大D.在4s8s内，4质点的位移小于8质点的位移如图所示，实线为空气和水的分界面，一束绿光从水中的4点沿401方向（。1点在分界面上，图中未画出）射向空气.折射后通过空气中的B点,图中。点为4、8连线与分界面的交点.下列说法正确的是（）A.。1点在。点的右侧B.若增大入射

2、角，可能在空气中的任何位置都看不到此绿光C.绿光从水中射入空气中时波长不变D.若沿A。1方向射出一束紫光，则折射光线有可能通过B点正上方的C点3.密立根实验的目的是：测量金属的遏止电压4与入射光频率”，由此算出普朗克常量八，并与普朗克根据黑体辐射得出的力 相比较，以检验爱因斯坦方程式的正确性。其根据实验数据得到4-u图象，则从图中可以得到物理量描述正确的是（）A.普朗克常量为：h=C.该金属的逸出功为：=be D.该金属的逸出功为：=-be4.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和。后再回到状态4,其中，A-B和C-D为等温过程，B-C和D-A为绝热过程（气体与外界无热量交换

3、）。这就是著名的“卡诺循环”。在该循环过程中，下列说法正确的是（）PkAA.AT B过程中，气体从外界吸热并全部用来对外做功，所以违反了热力学第二定律B.CT C 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少C.D-4过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化D.气体在完成一次循环过程中（A-B TC-D t A）对外做功5.设想某宇航员在“天宫一号”内做物理实验，将拴着小球的细线固定在支架上，给小球一个初速度，使其做匀速圆周运动.则运动过程中（）A.小球的质量不变 B.小球的速度不变C.小球的加速度为零 D.细线对小球的拉力为零6.如图所示，甲、乙两物体在t=0时刻处于同一位置，它 们 的

4、速 度 随 时v7.,间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A.甲物体做直线运动，乙物体做曲线运动 v。尸）乙B.在0ti时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度 _ _ _ _ _ _ _；C.L两物体相遇D.若两物体质量相同，则0方甲物体所受合外力始终大于乙物体所受合外力7.如图所示电路，水平放置的平行板电容器的以个极板与滑动变阻器-的滑动端C相连接。电子以速度与垂直于电场线方向射入并穿过平 J _行板间的电场。在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑动端C上移，则电容器极板上所带电荷量q和电子穿越平行板所需的时间t（）A.电荷量q增大，时间t不变 B.电荷量q不变，时

5、间t增大C.电荷量q增大，时间t减小 D.电荷量q不变，时间t不变8.一座圆弧形拱桥的半径为4 0 皿如果一辆汽车驶至桥顶时对桥恰无压力，则汽车的速度为（取g1 0 m/s2)()A.1 5 m/s B.2 0 m/s C.2 5 m/s D.3 0 m/s二、多 选 题（本大题共4小题，共 1 6.0 分）9 .如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作 f 7_ _ _ _ _用下形成图中所示的运动轨迹.M和N是轨迹上的两点，其中M点 在 轨 迹 的 最-右点.不计重力，下列表述正确的是（）A.粒子在M点的速率最小*B.粒子所受电场力沿电场方向C.粒子在电场中的加速

6、度不变D.粒子在电场中的电势能始终在减少1 0 .如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为4：1,b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R 以外其余电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向a,在原线圈两端加上如图乙所示交变电压，则下列说法中正确的是（）A.当开关与a 连接时，电压表的示数为5 5 VB.当开关与a 连接时，滑动变阻器触片向下移，电压表示数不变，电流表的示数变小C.开关由a 扳到b 时，副线圈电流表示数变为原来的2 倍D.当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为原来2 倍1 1 .如图甲为一列简谐横波在t=0.1 0 s时刻的波形图，P 是平衡位置为

7、x=1 nl处的质点，Q 是平衡位置为x=4 m 处的质点，图乙为质点Q 的振动图像，贝 久）A.t=0.1 5 s时,质 点 Q 的加速度达到正向最大B.t=0.1 5 s时，质点P 的运动方向沿y轴负方向C.从t=0.1 0 s到 =0.2 5 s,该波沿轴正方向传播了6 6D.从t=0.1 0 s到t=0.2 5 s,质点P通过的路程为3 0 c m1 2.对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A.不可能实现在压强减小的过程，同时内能增加B.经过绝热向真空膨胀过程，温度不变，压强减小C.等压压缩过程，容器壁单位时间单位面积受到的冲量不变D.等压膨胀过程，容器壁单位时间单位面积的分子

8、碰撞次数增加E.从某一状态出发，先经历绝热膨胀过程，再经历等容升温过程，最后经历等温压缩过程，有可能回到初始状态三、实 验 题（本大题共2小题，共1 4.0分）1 3.某实验小组在做“验证机械能守恒定律”实验中，提出了如图所示的甲、乙两种方案：甲方案为用自由落体运动进行实验，乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验.（1）组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案，你认为该小 组 选 择 的 方 案 是.（2）若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图丙所示，相邻两点之间的时间间隔为0.0 2 s,请根据纸带计算出B点的速度大小为 m/s.（结果保留三位有效数字）

9、（3）该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出/-h图线如图丁所示，请根据图线计算出当地的重力加速度g =m/s?.（结果保留两位有效数字）14.如图所示，是U-/法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差.请分析以下问题：（1）采用图1的方法，引 入 系 统 误 差 的 原 因 是；采用图2的方法，引入系统误差的原因是（2）图3和图4是用图象法处理的结果，请判断:图3是用（填“图1或图2 ）电路处理的结果，其中图线（填“或 ”）表示测量图线,图线（填“或 ）表示真实图线;图4是用（填“图1或图2 ）电路处理的结果，其中图线（填“或 ”）表

10、示测量图线,图线（填“或 ”）表示真实图线.四、计 算 题（本大题共4 小题，共 46.0分）15.一粗细均匀的U形管，左侧封闭，右侧开口，同时左侧用水银柱封闭一定质量的气体，开始时左右两侧的水银柱等高，现将左管密闭气体的温度缓慢降低至IJ280K,稳定时两管水银面有一定的高度差，如图所示，图中=19cm,ft=6cmo 已知大气压强为P（）=76cmHg。（i）求左管密闭的气体在原温度基础上降低了多少摄氏度？（ii）现要两管水银面恢复到等高，求需要向右管注入水银柱的长度。16.如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从4点静止下滑.当小球p开始下滑时，另一小球q从4点正上方的。点水平抛出，

11、两球同时到达斜面底端的B处.已知斜面4B光滑，长度L=2.5 m,斜面倾角为0=30。.不计空气阻力，g 取lOrn/s2.求：（1）小球p从4 点滑到B点的时间；（2）小球q抛出时初速度的大小和。点离地面的高度日1 7.如图，在固定的水平杆上，套有质量为m=1kg的光滑圆环，长为L=0.5m的轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M=1.9kg的木块，现有质量为m()=0.1kg的子弹以大小为%=10?n/s的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度g=10m/s2。(1)子弹射入木块的瞬间，速度大小为多少？(2)子弹射入木块的瞬间，环对轻杆的压力大小为多少？1 8.如图所示，轻绳一端系一质

12、量为m的小球，另一端做成一个绳圈套在图钉4 和B上，此时小球在光滑的水平平台上做半径为a、角速度为3的匀速圆周运动.现拔掉图钉4让小球飞出，此后绳圈又被A正上方距4高为九 的图钉8套住，达稳定后，小球又在平台上做匀速圆周运动.求：m叫 o f w l(1)图钉4拔掉前，轻绳对小球的拉力大小；(2)从拔掉图钉4到绳圈被图钉B套住前小球做什么运动？所用的时间为多少？(3)小球最后做匀速圆周运动的角速度.参考答案及解析1.答案：A解析：解：4、由图象可知，4质点一直做匀加速运动；B质点先加速后减速，B质点8s末速度为零，故A正确。8、两质点4、B从同一地点同向运动，0-4 s内，A质点的位移小于B的

13、位移，则t=4s末4、B两质点没有相遇，故B错误。C、在0 4s内，8比4快，B在4前面运动，且两质点间的距离越来越大，故C错误。D、根据图线与时间轴所围成的面积表示物体的位移，知在4 s8s内，4质点的位移大于B质点的位移，故。错误。故选：Ao根据速度时间图线能直接读出质点的运动情况，根据图线与时间轴所围成的面积表示物体的位移，分析两质点何时相遇，并能判断两质点间距的变化情况。此题是速度图象问题，关键抓住图线的数学意义来理解其物理意义：“面积”等于位移。2.答案：B解析：光从水射入空气中入射角小于折射角，由折射规律确定。1点的位置.光从水中射入空气时，增大入射角，可能发生全反射.光从水中射入

14、空气中时频率不变，波速变大，由波速公式。=分 析波长的变化.水对紫光的折射率大于对绿光的折射率，根据折射定律分析折射光线的传播方向。解决本题的关键是掌握不同色光折射率关系，以及折射规律：光从水射入空气中入射角小于折射角，并能来用分析实际问题.要知道在七种色光中，紫光的折射率最大，红光的折射率最小。4绿光从水射入空气中入射角小于折射角，则知5点在0点的左侧，故A错误；B.若增大入射角，入射角大于或等于临界角时，绿光在水面发生全反射，在空气中的任何位置都看不到此绿光，故B正确；C.绿光从水中射入空气中时频率不变，波速变大，由波速公式 =2/知波长变长，故C错误；D若沿401方向射出一束紫光，由于水

15、对紫光的折射率大于对绿光的折射率，根据折射定律可知，紫光的偏折程度大于绿光的偏折程度，所以折射光线有可能通过B点正下方的C点，故。错误。故选B。3.答案：4解析:解:力B、根据光电效应方程和遏止电压的关系可知，叫=Ek=%，变形为:“=?詈,则“一 图象的斜率：=解得：九=磬，故A 正确，B错误；e 2a 2aC D、当4 =0时，v=a,则逸出功：W0=ha=,故 CO错误。故选：Ao根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量。遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率。此题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关计算，属于图象问题，解决本题的关键掌握光电效应方程以及

16、最大初动能与遏止电压的关系。4.答 案:D解析：解：力、“卡诺循环”没有违反热力学第二定律。因为它是理想中的热机，不是实际发生的热现象。故A 错误；B、C-D 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多。故 8 错误；C、过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化。故 C 错误；。、ATBTC过程，体积增大，气体对外做功，C-D-4 过程，体积减小，外界对气体做功，做功大小即图与坐标轴围成的面积，由图得4-B t C过程气体对外界做功大小大于C-D 一/I过程中外界对气体做功大小，故气体在完成一次循环过程

17、中（4 7 8 7。7。-4）对外做功，做功大小即图像中闭合曲线所围面积。故。正确。故选：Do4 T B 过程中，体积增大，气体对外界做功，B-C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低,C 7。过程中，等温压缩，。7 4 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高。“卡诺循环”是理想中的热机；CTD过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多；D-4 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化；p-V 图像面积表示做功。本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气

18、体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；解题时，牢记温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定。5.答案：A解析：解：力、在运动过程中，小球的质量不变，故 4 正确；8、匀速圆周运动速度大小不变，方向时刻变化，故 B 错误；C、向心力和向心加速度大小不变，方向始终指向圆心，不为零，则 C错误；。、细线对小球的拉力提供向心力，不为零，故。错误。故选：2。匀速圆周运动的特征是：速度大小不变，方向时刻变化；向心力大小不变，但始终指向圆心；角速度不变；周期不变，由此可判断各选项的正误.掌握匀速圆周运动的特征，知道它是一种特殊的变速运动，只有周期和角速度是不变的.6.答案：

19、B解析：解：4、甲乙的速度都为正，一直沿同一方向运动，都做直线运动，故 A 错误；B、图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，则知在0 时间内，甲物体的位移较大，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，0时刻，甲在乙的前面，没有相遇，故 B 正确，C错误；。、根据速度图象的斜率表示物体运动的加速度，可知0口时间内，甲物体的加速度先大于乙物体的加速度，后小于乙物体的加速度，根据牛顿第二定律可知，甲物体所受合外力先大于乙物体所示后合外力，后小于乙物体所示后合外力，故。错误。故选：B。图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，平均速度等于位移除以时间，根据牛顿第二定律判断

20、合外力大小关系.对于运动学图象的问题，一定要学会真接应用图象进行分析求解，学会图象中几何关系的应用，明确图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移.7.答案：A解析：解：当滑动变阻器的滑动端C上移时，跟电容器并联的阻值增大，所以电容器的电压U增大,根据q=UC得：电量q增大；电子在平行板电容器中做类平抛运动，沿极板方向做匀速直线运动，所以运动时间t=）与电压的变化无关，所以时间t不变。故A 正确，B C D 错误故选：Ao根据电容器的带电量公式q=UC即可得出电量的变化，电子在平行板电容器中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求出时间。本题考查了电容器电压与带电量的

21、关系以及类平抛运动的基本规律，难度不大，属于基础题。8.答案：B解析：解：在桥顶，压力为零，汽车在竖直方向上仅受重力，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：m g =m-解得汽车的速度为：v=yfgR=V10 x 40m/s=20m/s 故 8 正确，4、C、错误.故选：B.汽车在桥顶对桥无压力，靠重力提供向心力，结合牛顿第二定律求出汽车的速度.解决本题的关键知道汽车在桥顶向心力的来源，抓住临界状态，结合牛顿第二定律进行求解，基础题.9.答案：AC解析：解：4、对粒子受力分析可知，粒子在从N到M的过程中，电场力做负功，且到M点时做的功最多，由动能定理可知，粒子在M点时的速率最小，所以A 正确.

22、B、因为粒子带负电，所以粒子受到的电场力方向应与电场强度方向相反，所以8 错误.C、由电场线可知，电场为匀强电场，粒子的加速度不变，所以C 正确.。、从粒子轨迹图可知，粒子从N到M过程电场力做负功，粒子的电势能应增加，而从M继续运动过程电场力又做正功，粒子的电势能应减小，即粒子在电场中的电势能应先增加再减小，所以。错误.故选AC.求解本题的关键是首先明确粒子在运动过程中电场力做功正负情况，然后再利用动能定理和电场力做功与电势能变化的关系即可做出判断.要熟记：电场力对电荷做正功电荷的电势能减小，电场力做负功电荷的电势能增加.10.答案：AC解析：解：4、当开关与a连接时，原副线圈匝数比为：电=4

23、：1,由图乙，原线圈输入电压的有效值为Ui=母=220IZ,根据晟=言解得：副线圈电压的有效值g =5 5 V,电压表的示数为交流电压的有效值，所以电压表的示数为5 5 U,故 4 正确；B、当开关与a连接时，滑动变阻器触片向下移，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，电压表示数不变，滑动变阻器阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，则电流表的示数变大，故 B 错误；C、开关由a扳到b时，原副线圈匝数比为2：1,则副线圈输出电压增大到原来的2倍，根据欧姆定律可知，副线圈电流表示数变为原来的2倍，故 C 正确；。、匝数的变化，不会改变频率，故当单刀双掷开关由a扳向b

24、时，副线圈输出电压的频率不变，故。错误。故选：AC.根 雕 十 求 副 线 圈 的 电 压；由闭合电路欧姆定律求副线圈的电流;变压器不会改变交流电的频率。本题考查了理想变压器的基本原理，变压器会改变交流电的电压和电流，但不能改变交流电的频率。11.答案：AB解析：根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。本题有一定的综合性考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。A.由乙图中Q点的振动图象可知t=0.15s时Q点在负的最大位移处，故具有正向最大加速度，故 A 正确；B.甲图描述

25、的是t=0.10s时的波动图象，而根据乙图可知t=0.10s到t=0.25s内Q点将向下振动，这说明在甲图中此时Q点将向下振动，根据质点振动方向和波传播方向的关系可知，波向左传播，判定出经过四分之一周期即t=0.15s时质点P运动方向为丫 轴负方向，故 B 正确；C.根据甲乙两图可知波长和周期，则波速：v=A=Y-=40m s，故从t=0.10s到t=0.2 5 s,波沿X负T 0.2方向传播了6 m,故 C错误；。.只有在波峰或波谷的质点，每工通过路程才为一个振幅4,t=O.lOsP运动方向为丫 轴负方向，经4过平衡位置的速度较大，所以从t=0.10s到t=0.2 5 s,质点P通过的路程一

26、定大于30cm.故。错误。故选AB。12.答案：BCE解析：解：A、对于一定质量的理想气体，压强减小的过程，温度可能升高，内能增加，故A错误；B、经过绝热向真空膨胀过程，不吸、放热，Q=0,不做功，W =0,内能不变，温度不变，体积增大，压强减小，故 B 正确；C、压强不变，容器壁单位时间单位面积受到的冲量不变，故C正确；。、等压膨胀过程，容器壁单位时间单位面积的分子碰撞次数减少，故。错误；E、从某一状态出发，先经历绝热膨胀过程，再经历等容升温过程，最后经历等温压缩过程，有可能回到初始状态，故E正确；故选：B CE。气体的压强减小，温度可能增大，内能增加，过绝热向真空膨胀过程，不吸、放热，Q

27、=0,不做功，I V =0,内能不变，体积增大，压强减小，根据/=F t求得冲量，等压膨胀过程，体积增大，单位体积内的分子数减小，故碰撞次数减小，根据理想气体状态方程即可判断。本题考查了理想气体状态方程，明确某些状态参量变化，导致的气体其他参量变化，知道压强产生的围观解释。1 3.答案：甲图；理由：采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用.且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒.1.3 7 9.7解析：解：(1)由甲、乙两图可知，乙图存在的摩擦远远大于甲图中摩擦，由此可知甲图验证机械能守恒更合适.故答案为：甲图；理由：采用乙图实验时，由于小车与斜面

28、间存在摩擦力的作用.且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒.(2)匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：XACv =1.3 7 m/s(3)由机械能守恒m g/i=|m v2M v2=2 g h,由此可知：图象的斜率k=2 g,由此可以求出当地的重力加速度，由图可知，当/t =2 0 c m时，V2-3.8 8,所以k=亍=誉=1 9.4,所以g9.7 m/s 2.故答案为：(1)甲图；理由：采用乙图实验时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用.且不能忽略,所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙图不能用于验证机械能守恒.(2)1.

29、3 7；(3)9.7(1)解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，知道乙装置中小车与斜面存在摩擦，实验效果不如甲好；(2)纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可计算出打出某点的速度；(3)由m g/i=r ni?2得2 =2 gh,由此可知：图象的斜率k=2 g,由此可以求出当地的重力加速度本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚，正确利用匀变速直线运动的规律、推论求解某点的瞬时速度，根据图象特点明确图

30、象斜率的含义.1 4.答案：（1）电压表分流；电流表分压；（2）图1；图2；解析：（1）分析两电路，明确因电表内阻不计而带来的误差情况；（2）明确两种接法中所对应的极限情况，从而找出对应的图线，再根据测量值的误差情况明确真实图象和测量图象。本题考查测量电动势和内电阻的实验误差分析，要注意明确误差增来自于电表内阻；将电表视为能测量数值的电阻再利用闭合电路欧姆定律以及串并联电路规律进行分析即可求解；初学者难度稍大,要注意此类题型的训练。解：（1）由于电表不是理想电表，则电流表存在内阻，电压表内阻不是无穷大，则在图1中由于采用相对电源的外接法，则由于电压表的分流使电流表偏小；而图2中采用电流表相对电

31、源的内接法；故由于电压表的分压而使电压表示数偏大；（2）图1中采用电流表相对电源的外接法，误差来自于电压表的分流，当外电路短路时，电压表分流可以忽略；故此种接法中短路电流不变；故图3是该电路所测数据的处理结果：由于电压表的分流,电流表示数偏小，故图线是测量图象，图线是真实图象；图2中采用电流表相对电源的内接法，误差来自于电流表的分压，当外电路断路时，电流表中电流为零，分压可忽略；故测量的电动势准确；故图4是该电路所测数据处理的结果；由于电压表测量值偏小，故是测量图象，是实际图线；故答案为：（1）电压表分流；电流表分压；（2）图1；图2；。1 5.答案：解：设开始时气体温度为A,管的截面积为S,

32、则有Pi =7 6c m g,匕=（1 9 +3）S末态，p2=（7 6-6）cmHg=70cmHg,V2=1 9 S,T2=280K根据理想气体状态方程有：竿=竿 1 1 2口 口76X22S 70X19S即-=-1 280解得=3 52 K两状态的温度差为3 52 K-2 8 0K=72K所以左管密闭的气体在原温度基础上降低了 7 2。55）设向右管注入水银后，左管内水银面上升X,管内气体长度为人-万由意耳定律有2彩=3匕即 7 0 x l 9 S =7 6 x(1 9-x)S解得 x =1.5c m故需要向右管注入水银柱的长度为9 c/n。答：左管密闭的气体在原温度基础上降低了7 2。盘

33、5)需要向右管注入水银柱的长度为9 c m。解析:(i)求出初末状态气体的状态参量，利用理想气体状态方程可以求出左管密闭的气体在原温度。(i i)向右管注入水银柱，使得两管水银面恢复到等高，气体为等温变化，根据玻意耳定律可以求出需要向右管注入水银柱的长度。本题考查了理想气体状态方程、玻意耳定律等知识点。抓住理想气体不变的状态参量，选择相应的气体实验定律是解题的关键。1 6.答案：解：(1)设小球P从斜面上下滑的加速度为a,分析受力得：mgsine=m a解得 a -gsind 5m/s2.设小球P从斜面上下滑的时间为t,L=1 a t2,代入数据解得t =Is.(2)小球q的运动为平抛运动：h

34、=gt2=5(m)Lcosd=vot,代入数据解得为=7 n/s.答：(1)小球P从4点滑到B点的时间为Is.(2)小球q的初速度为#m/s,抛出点离地面的高度为5m.解析：(1)根据牛顿第二定律求出P的加速度，结合位移时间公式求出小球P的运动时间.(2)平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据位移时间公式求出离地的高度.在水平方向上做匀速直线运动，结合水平位移和时间求出初速度的大小.本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.1 7.答案：解：(1)子弹射入木块的过程，子弹和木块组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mov

35、o=(m0+M)v代入数据解得u =0.5m/s(2)子弹射入木块后的瞬间，对子弹和木块整体，由牛顿第二定律得：2T-(m0+M)g =(m0+解得绳子张力大小为：T=(m0+M)g +(m0+代入数据解得7 =2 1 N由牛顿第三定律知，木块对绳子的拉力大小为7 =7 =2 1 N,方向向下故子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力为氐=7 +m g=2 1/V +1 X I O N =3 1 N答：(1)子弹射入木块的瞬间，速度大小为0.5 m/s。(2)子弹射入木块的瞬间，环对轻杆的压力大小为3 1 N。解析：(1)子弹射入木块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出子弹射入木块的瞬间子弹和木

36、块的共同速度。(2)子弹射入木块的瞬间，对子弹和木块整体，由向心力公式求绳子对木块的拉力。子弹射入木块后的瞬间，对圆环，根据平衡知识分析环对轻杆的压力大小。本题是连接体的机械能守恒和水平方向动量守恒问题，关键要正确选择研究对象，明确研究的过程。第2 小题在确定向心力时，要注意子弹和木块的重力不能遗漏。1 8.答案：解：(1)拔掉4 图钉前，轻线的拉力为小球做圆周运动的向心力，设其大小为7,则由牛顿第二定律得，轻线的拉力大小为T =m 3 2 a(2)小球沿切线方向飞出做匀速直线运动直到线环被图钉B 套住前，小球速度为=3 a匀速运动的位移 s=y/(a+/i)2 a2=j2ah+h2则时间t

37、=三=回 亚v a)a(3)u 可分解为切向速度%和法向速度 2,绳被拉紧后W=0,小球以速度做匀速圆周运动，半径r=a+h由%=捻生3得3，=vt _ a2a)r(a+h)2答：(1)图钉4 拔掉前，轻绳对小球的拉力大小为z n 3 2 a；(2)从拔掉图钉4 到绳圈被图钉B 套住前小球做匀速直线运，所 用的时间为叵亚a)a(3)小球最后做匀速圆周运动的角速度为湍p解析：小球做圆周运动的向心力是由轻线提供，根据牛顿第二定律可以解出轻线对小球的拉力；拔掉图钉后小球做匀速直线运动，找到直线运动的位移结合运动规律解出所需的时间；小球运动的法向速度在达到运动半径为a+/1时，立刻减为零，只剩切线方向的分速度.注意理解“可分解为切向速度%和法向速度盯，绳被拉紧后方=0，小球以速度巧做匀速圆周运动.