2021年河北省衡水市桃城区年中学高考物理二调试卷

1. 国际单位制(缩写𝑆𝐼)定义了米(𝑚)、秒(𝑠)等7个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。例如，由

m和s可以导出速度单位𝑚⋅𝑠−1，历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。但是，以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免1967年用铯−133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率△𝑣=9192631770𝐻𝑧定义这种困扰。

s；1983年用真空中的光速𝑐=299792458𝑚⋅𝑠−1定义m。2018年第26届国际计量大会决定，7个基本单位全部用基本物理常量来定义。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项正确的是( )

A. 7个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性

B. 用真空中的光速𝑐(𝑚⋅𝑠−1)定义m，因为长度l与速度v存在𝑙=𝑣𝑡，而s已定义 C. 用基本电荷𝑒(𝐶)定义安培(𝐴)，因为电荷量q与电流I存在𝐼=𝑡，而s已定义 D. 因为普朗克常量ℎ(𝐽⋅𝑠)的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位

2. 甲、乙两质点同时从𝑥=0处出发沿x轴正方向做直线运动。甲、乙运动速

度v与位移x的关系如图所示，其中甲的图线为抛物线的一部分(该抛物线顶点在坐标原点且关于x轴对称)，乙的图线为与x轴平行的直线。由图可知，下列说法正确的是( )

𝑞

A. 甲做加速度为1𝑚/𝑠2的匀加速直线运动 B. 两质点相遇时，甲速度大小为6𝑚/𝑠 C. 两质点在𝑥=3𝑚处相遇 D. 出发后1s，甲速度大小为3𝑚/𝑠

3. 如图所示，质量为M的正三棱柱横放在两根固定的处于同一水平面的平

行光滑杆上，下列判断正确的是( )

A. 每根杆对棱柱的弹力为2𝑀𝑔 B. 两根杆对棱柱的总的作用力为2Mg

C. 若稍微减小两杆的水平距离，每根杆对棱柱的弹力的大小都将增大 D. 若稍微增大两杆的水平距离，每根杆对棱柱的弹力的大小都不变

4. 2020年6月23日上午，北斗三号全球卫星导航系统的“收官之星”成功发射，标志着北斗三号全球

卫星导航系统全球星座组网部署最后一步完成。中国北斗，将点亮世界卫星导航的天空。“收官之星”最后静止在地面上空(与地面保持相对静止)，该卫星距地面的高度为h，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，下列正确的是( )

1

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A. 地球的平均密度为4𝜋𝐺𝑅

B. “收官之星”运动的周期为2𝜋√𝑔 C. “收官之星”运动的速度大小为√𝑔𝑅

ℎ

2

3𝑔

𝑅

D. “收官之星”运动的加速度为𝑅+ℎ

5. 在其空中M、N两点分别放有异种点电初+2𝑄和一Q，以MN连线中点O

为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分。b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的( )

𝑔𝑅

A. a、b、c、d四点电场强度的大小关系是𝐸𝑎>𝐸𝑐，𝐸𝑏=𝐸𝑑 B. a、b、c、d四点电势的关系是𝜑𝑎<𝜑𝑐，𝜑𝑏=𝜑𝑑 C. 在MN的连线上，O点的电场强度最小

D. 将带负电的试探电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变

6. 美国物理学家密立根曾经是爱因斯坦光电效应理论的质疑者之一，他通过测量金属的遏止电压𝑈𝑐与入

射光频率v，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的ℎ=6.63×10−34𝐽⋅𝑠相比较，以检验爱因斯坦方程式是否正确。已知电子电量为1.6×10−19𝐶。若某次实验中得到如图所示的𝑈𝑐−𝑣图像，则下列说法正确的是( )

A. 该金属的截止频率随入射光的频率增大而增大 B. 遏止电压𝑈𝑐，与入射光的频率和强弱都有关 C. 由图像可知普朗克常量约为6.56×10−34𝐽⋅𝑠 D. 实验结果说明爱因斯坦的光电效应理论是错误的

7. 我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而

成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )

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A. 启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反

B. 做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3：2 C. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：2 D. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1：4

8. 如图所示，质量𝑀=3𝑘𝑔的滑块(视为质点)套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量

𝑚=2𝑘𝑔的小球(视为质点)通过长𝐿=0.75𝑚的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止、轻杆处于水平状态，现给小球一个𝑣0=3𝑚/𝑠的竖直向下的初速度，已知小球在摆动过程中不会受到轨道的阻拦，可以越过轨道向上运动。重力加速度g取10𝑚/𝑠2，则( )

A. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3𝑚 B. 小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.45𝑚 C. 小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45𝑚

D. 小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.𝑚

9. 如图所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面向里，磁感应强度大小为𝐵.导体棒A的一端固定在铜环的圆

心O处，可绕O匀速转动，与半径分别为𝑟1、𝑟2的铜环有良好接触。通过电刷把大小铜环与两竖直平行正对金属板P、Q连接成电路。𝑅1、𝑅2是定值电阻，𝑅1=𝑅0，𝑅2=2𝑅0，质量为m、电荷量为Q的带正电小球通过绝缘细线挂在P、Q两板间，细线能承受的最大拉力为2mg，已知导体棒与铜环电阻不计，P、Q两板间距为d，重力加速度大小为g。现闭合开关，则( )

A. 当小球向右偏时，导体棒A沿逆时针方向转动

B. 当细线与竖直方向夹角为45°时，平行板电容器两端电压为

𝑚𝑔𝑄𝑑

C. 当细线与竖直方向夹角为45°时，电路消耗的电功率为4𝑄2𝑅

0

3𝑚2𝑔2𝑑

D. 当细线恰好断裂时( 此时小球的加速度为零)，导体棒A转动的角速度为𝑄𝐵(𝑟2−𝑟2)

1

2

3√3𝑚𝑔𝑑

10. 如图所示，与水平面成𝜃=30°角的传送带正以𝑣=5𝑚/𝑠的速度匀速运行，A、B两端相距𝑙=25𝑚。

现每隔1s把质量𝑚=1𝑘𝑔的工件(视为质点)轻放在传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且

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3

工件离开B端时恰好才在A端放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数𝜇=√，g取10𝑚/𝑠2。下

2

列说法正确的是( )

A. 工件在传送带上时，先受到向上的摩擦力，后不受摩擦力 B. 两个工件间的最小距离为1.25𝑚 C. 传送带上始终有6个工件

D. 满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了30N

11. 某同学家里有一弹簧拉力器，查阅产品说明书，知道其能承受的最大拉力可达25千克力。

该同学利用在超市购买的标注有质量为𝑚0(大约几千克)的物品，将该弹簧拉力器改装成一个弹簧秤。操作步骤如下：

(1)将弹簧拉力器紧靠刻度尺竖直悬挂，标记拉力器下端位置O。

(2)将质量为𝑚0的物品挂在拉力器下端，待物品静止时，测出拉力器下端相对O点下移的距离ℎ0。

(3)如果已知当地重力加速度为g，根据前面测量数据可计算拉力器的劲度系数𝑘= ______ 。 (4)据此可得出，在拉力器弹性限度内，如果在拉力器下端挂上待测物品并静止时，拉力器下端相对O点下移的距离为h，则待测物品的质量𝑚= ______ 。

(5)弹簧拉力器自身质量较大不能忽略，对上述测量______ (填“有”或“无”)影响。

12. 某实验小组成员设计了如图所示的电路精确地测量一节干电池的电动势和内阻(电动势约为1.5𝑉)，图

中电流计𝐺(量程60mA，内阻𝑟𝑔=9𝛺)、电阻箱𝑅(0∼999.99𝛺)、𝑅0=2𝛺。

(1)将电流计G改装成量程为0.6𝐴的电流表，定值电阻𝑅1选用下列哪一个阻值______ 。 A.1𝛺 B.2𝛺 C.3𝛺 D.4𝛺

(2)闭合开关前，调节电阻箱，使电阻箱接入电路的电阻为______ (填“0”或“较大值”)，闭合开关后，多次调节电阻箱的值，记录每次电阻箱接入电路的阻值R及对应的电流计G的示数I，作出𝐼−𝑅图线，结果图线是一条倾斜直线，图线与纵轴的交点为29.0𝐴−1，图线的斜率为6.9𝑉−1，则电池的电动势为𝐸= ______ V，内阻𝑟= ______ 𝛺。(结果均保留3位有效数字)

1

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13. 如图所示，倾角为60°的倾斜平行轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接，轨道之间距离为L，圆形

轨道的半径为r。在倾斜平行轨道上部区域有磁感应强度为B的垂直于轨道向上的匀强磁场，圆形轨道末端接有一阻值为R的定值电阻。质量为m的金属棒从距轨道最低点C的高度为H处由静止释放，已知金属棒在离开磁场区域前已经匀速运动，当金属棒运动到最低点C时对轨道的压力为7mg，不计摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，求： (1)金属棒通过轨道最低点C的速度大小。 (2)金属棒中产生的感应电动势的最大值。

(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量。 (4)金属棒通过圆形轨道最高点D时轨道对它的弹力的大小。

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14. 金属板𝑀1𝑁1，垂直纸面放置，有小孔O，O点上方有阴极K通电后能持续放出初速度近似为0

的电子，经K与𝑀1𝑁1两板间电场加速后从O点射出，速度方向在纸面内发散角为2𝜃=3且左右对称，加速电压大小可调。𝑀1𝑁1下方分布有两个相邻且垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向相反，磁场宽度均为d，长度足够长。某次测试发现，当加速电压为𝑈0时，垂直于𝑀1𝑁1进入磁场的电子刚好可以从磁场边界𝑀3𝑁3射出，已知电子电荷量为e，质量为m，不计电子间的相互作用及重力影响，电子射到金属板将被吸收。

(1)当电压为𝑈0时，求电子进入磁场时的速度大小𝑣0。 (2)当电压为𝑈0时，求边界𝑀3𝑁3上有电子射出的区域长度L。

(3)为确保有电子从磁场边界𝑀3𝑁3射出，K与𝑀1𝑁1板间电压U应满足什么条件？

(4)若电子在2𝜃内分布均匀，打到边界𝑀3𝑁3上的电子数与O点发射的电子数的比为𝜂，写出𝜂与加速电压U的函数关系。

𝜋

15. 在机场、车站人员流动大的地方为了防止新冠病毒传染，某企业研发了应急负压隔离舱，一旦发现发

热等症状的疑似病人，在等待医护人员到达之前，能快速安全隔离。该设备采用负压排风技术，并将排出的空气利用专门的装置进行消毒处理。

(1)若大气压为100kPa，负压舱的内部尺寸为2000𝑚𝑚×1200𝑚𝑚×1990𝑚𝑚(长、宽、高)，计算得出内部体积𝑉0=4.776𝑚3，若要使舱内压强减小10kPa，则排风系统要将一个大气压下的空气排出多

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大的体积？(结果保留3位有效数字)

(2)研究表明，新冠病毒耐寒不耐热，温度在超过56℃时，经过30分钟就可以灭活。现将排风系统排出的气体用轻质绝热活塞封闭在绝热汽缸下部a内，汽缸顶端有一绝热阀门K，汽缸底部接有电热丝E，a缸内封闭气体初始温度𝑡1=27°𝐶，活塞与底部的距离ℎ1=60𝑐𝑚，活塞在汽缸的中间位置，活塞和汽缸间的摩擦不计，如图所示。若保持阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离ℎ2=66𝑐𝑚，持续30分钟后，试分析说明a内新冠病毒能否被灭活？

16. 汽车氙气大灯(前照灯)通常需要透镜(近似看作半球形玻璃砖)才能达到更好的照明效果，保证行车安

全，图甲为该系统工作的原理图。图乙是使用近光灯时透镜调节光线的原理图，图中MN为透镜的竖直直径，透镜的半径为R，一束单色光的入射点P与球心O的距离为𝑙=√𝑅，入射光线与MN的夹

33

角为𝜃=37°，已知透镜对该入射光的折射率为𝑛=1.6，透镜距地面的距离为ℎ=1.0𝑚(可认为远大于透镜半径)，求近光灯照射的距离𝐿(𝑠𝑖𝑛37°=0.6,𝑐𝑜𝑠37°=0.8,𝑡𝑎𝑛83°=8.2)。

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答案和解析

1.【答案】ABC

【解析】解：A、由题可知，为了保证了基本单位的稳定性，基本单位全部采用物理常量定义，故A正确； B、真空中光速恒定，而时间单位已确定，因此可以利用速度公式确定长度，故B正确； C、根据𝐼=𝑡，电量单位为C，而时间单位s已确定，故可以确定电流的单位，故C正确； D、根据𝐸=𝑚𝑐2以及𝐸=ℎ𝛾即可确定出质量的单位，故D错误。 故选：ABC。

明确单位制的确定，知道基本单位采用基本物理常量可以保证单位的稳定性，同时能根据公式推导常见单位。

本题考查单位制的性质以及常见单位的推导，要注意明确常见基本物理量，同时明确物理单位与物理公式间的对应关系。

𝑞

2.【答案】B

A、【解析】解：甲的图线为抛物线的一部分，顶点在坐标原点且关于x轴对称，根据数学知识可得：𝑥=𝑘𝑣2，将𝑥=3𝑚，𝑣=3𝑚/𝑠代入解得𝑘=1𝑠2/𝑚，即有𝑥=𝑣2

22

根据速度−位移公式𝑣2−𝑣0=2𝑎𝑥得𝑣2=𝑣0+2𝑎𝑥

对比可得，甲的初速度𝑣0=0，加速度𝑎=0.5𝑚/𝑠2，故甲做加速度为0.5𝑚/𝑠2的匀加速直线运动，故A错误；

B、乙做速度为3𝑚/𝑠的匀速直线运动，两质点相遇时，有𝑣乙𝑡=2𝑎𝑡2，解得𝑡=12𝑠，相遇时甲速度大小为𝑣甲=𝑎𝑡=0.5×12𝑚/𝑠=6𝑚/𝑠，故B正确；

12C、设甲、乙从𝑥=0处运动到𝑥=3𝑚处的时间分别为𝑡1和𝑡2，则对甲有𝑥=𝑎𝑡1，对乙有𝑥=𝑣乙𝑡2，解得2

1

𝑡2=1𝑠，可知，两质点不能同时到达𝑥=3𝑚处，所以两质点在𝑥=3𝑚处没有相遇，故C错误； 𝑡1=2√3𝑠，

D、出发后1s，甲速度大小为𝑣=𝑎𝑡=0.5×1𝑚/𝑠=0.5𝑚/𝑠，故D错误。 故选：B。

根据数学知识写出甲的v与x的关系式，再对照速度−位移公式求甲的加速度。根据两质点是否同时到达同一位置来判断是否相遇。结合运动学公式解答。

解决本题的关键要运用数学知识写出甲图线的解析式，对照运动学公式求出甲的加速度和初速度。要注意

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只有两质点同时到达同一位置时才相遇。

3.【答案】D

【解析】解：对三棱镜做受力分析，如图

根据题意可得𝛼=60°．

A、根据平衡条件有2𝑇𝑐𝑜𝑠𝛼=𝑀𝑔，则𝑇=𝑀𝑔，即杆对棱柱的弹力为Mg，故A错误； B、物体处于静止状态，杆对棱柱总的作用力等于棱柱的重力Mg，故B错误；

CD、增大或减小两杆水平距离，由于棱柱重力不变，所以杆的弹力也不变，故C错误、D正确。 故选：D。

本题考查受力分析的平衡问题，对三棱镜做受力分析后通过正交分解的方法解决 学生要对力的平衡状态问题如何解决熟练掌握，受力分析后可正交分解。

4.【答案】A

【解析】解：A、物体在地球表面受到的万有引力等于重力，𝑚′𝑔=

𝑀

𝐺𝑀𝑚′𝑅2

，解得地球质量：𝑀=

𝑔𝑅2𝐺

，根据3𝑔

密度公式可知，𝜌=4𝜋𝑅3，联立解得地球平均密度：𝜌=4𝜋𝐺𝑅，故A正确；

3B、=𝑚“收官之星”属于地球同步卫星，绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，(𝑅+ℎ)2解得“收官之星”运动的周期：𝑇=2𝜋√

(𝑅+ℎ)3𝑔𝑅2

𝐺𝑀𝑚

4𝜋2𝑇2(𝑅+ℎ)，

，故B错误；

𝐺𝑀𝑚

𝑣2

C、“收官之星”属于地球同步卫星，绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，(𝑅+ℎ)2=𝑚𝑅+ℎ，解得收官之星”运动的速度大小：𝑣=√𝑔𝑅，故C错误；

𝑅+ℎ

D、“收官之星”绕地球做匀速圆周运动，(𝑅+ℎ)2=𝑚𝑎，解得运动的加速度：𝑎=(𝑅+ℎ)2，结合A选项公式

𝐺𝑀𝑚

𝐺𝑀

2

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可知，“收官之星”运动的加速度：𝑎=(𝑅+ℎ)2，故D错误。 故选：A。

物体在地球表面受到的万有引力等于重力，卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力。 “收官之星”是地球同步卫星，运动的轨道一定与赤道共面。 根据密度公式求解地球的平均密度。

此题考查了人造卫星的相关知识，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。

𝑔𝑅2

5.【答案】A

【解析】解：A、设𝑀𝑎=𝑎𝑂=𝑑.则𝐸𝑎=𝐸𝑐=

𝑘⋅2𝑄(3𝑑)2

𝑘⋅2𝑄𝑑2

+(3𝑑)2=

𝑘𝑄19𝑘𝑄9𝑑2

，

+

𝑘𝑄𝑑2

=

11𝑘𝑄9𝑑2

，故E 𝑎>𝐸𝑐，b、d两点由于对称，则有𝐸𝑏=𝐸𝑑.故A正确。

B、沿电场线方向电势降低，故𝛷𝑎>𝛷𝑐，根据对称性可知𝛷𝑏=𝛷𝑑.故B错误。

C、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，故C错误。

D、负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，只是初末位置的电势能相等，过程中电势能在变化。故D错误。 故选：A。

根据电场线密场强大，分析场强的大小。由电势公式𝜑=变化，分析正电荷电势能的变化。

本题是信息题，根据题中的信息分析各点的电势是解题的关键，结合电场的叠加原理和电场分布的对称性研究。

𝑘𝑄𝑟

和电场的叠加原理分析电势关系。根据电势的

6.【答案】C

【解析】解：A、截止频率是光照射金属时产生光电效应的最低频率，由金属材料本身决定，与入射光的频率无关，故A错误；

B、入射光的频率越高，光电子的初动能就越大，则遏止电压就越高；入射光的强弱决定了电流的强弱，遏止电压与入射光的强弱无关，故B错误； CD、由爱因斯坦光电方程得𝑒𝑈𝑐=𝐸𝑘𝑚=ℎ𝑣−𝑊0

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整理得𝑈𝐶=

ℎ𝑣𝑒

−

𝑊0𝑒ℎ

图像的斜率：𝑘=𝑒

代入电子电量得：ℎ=6.56×10−34𝐽⋅𝑠

实验结果说明在误差允许的范围内，两种情况下测量的普朗克常量是相同的，同时也说明爱因斯坦的光电效应理论是正确的，故C正确，D错误。 故选：C。

截止频率是光照射金属时产生光电效应的最低频率，取决于金属材料本身决定； 根据光电效应方程式𝐸𝑘𝑚=ℎ𝑣−𝑊0=𝑒𝑈𝑐可知遏止电压𝑈𝑐与入射光的频率有关； 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。 解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系。

7.【答案】BC

【解析】解：A、启动时乘客和车厢一起沿水平方向做加速运动，乘客受车厢作用力和重力作用，车厢作用力竖直分力和重力平衡，水平分力提供加速度，故车厢对乘客的作用力斜向上，故A错误；

B、做匀加速运动时，设整个动车组的加速度为a，动车的牵引力为F，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重比例系数为k，即𝑓=𝑘𝑛𝑚𝑔，以第6、7、8节车厢为研究对象，则由牛顿第二定律可知 𝐹56−3𝑘𝑚𝑔=3𝑚𝑎

以第7、8节车厢为研究对象，则由牛顿第二定律可知 𝐹67−2𝑘𝑚𝑔=2𝑚𝑎 整理可得𝐹56：𝐹67=3:2 故B正确；

CD、当动车组匀速运动时，运动速度最大，此时动车组的牵引力等于其所受的阻力，设题中动车额定功率为P，动车组最大速度为𝑣1𝑚𝑎𝑥，4节动车带4节拖车的动车组最大速度为𝑣2𝑚𝑎𝑥，则有 2𝑃=8𝑘𝑚𝑔𝑣1𝑚𝑎𝑥 4𝑃=8𝑘𝑚𝑔𝑣2𝑚𝑎𝑥

整理可得𝑣1𝑚𝑎𝑥：𝑣2𝑚𝑎𝑥=1:2 故C正确，D错误。 故选：BC。

由题意利用牛顿第二定律求出车厢间的作用力，利用公式𝑃=𝐹𝑣分析动车组的最大速度关系。

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在利用𝑃=𝐹𝑣分析问题时，要注意只有当P一定时，F和v的反比关系才成立；同样，只有F一定时，P与v成正比关系。

8.【答案】ACD

【解析】解：涉及动量守恒定律，取向左为正方向。

AB、小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为x。 取向左为正方向，水平方向根据动量守恒定律得：0=𝑚

𝐿−𝑥𝑡

−𝑀𝑡，得𝑥=0.3𝑚，故A正确，B错误；

𝑥

C、设小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为h。此时竖直方向速度为0，所以水平方向速度也为0。 水平方向根据动量守恒定律得：0=(𝑚+𝑀)𝑣

2

=𝑚𝑔ℎ+2(𝑚+𝑀)𝑣2，解得：ℎ=0.45𝑚，故C正确； 根据系统的机械能守恒定律得2𝑚𝑣0

1

1

D、小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，设滑块M在水平轨道上向右移动的距离为y。 由几何关系可得，m相对于M移动的水平距离为𝑠=𝐿+√𝐿2−ℎ2，代入数据解得𝑠=1.35𝑚 水平方向根据动量守恒定律得：0=𝑚故选：ACD。

小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，水平方向动量守恒，由此求滑块M在水平轨道上向右的距离．水平方向根据动量守恒定律和机械能守恒定律求m上升的最大高度．结合水平方向动量守恒定律求滑块M在水平轨道上向右的距离．

解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒，利用平均动量守恒列方程，要注意m速度的参照物是地面，不是相对M．

𝑠−𝑦𝑡

−𝑀𝑡，解得𝑦=0.𝑚，故D正确。

𝑦

9.【答案】AD

【解析】解：A、当小球向右偏时，由于小球带正电，所以Q极板带负电，则导体棒上的电流方向为沿着导体棒指向O，根据右手定则可知，导体棒沿逆时针方向转动，故A正确；

B、当细线与竖直方向夹角为45°时，根据三角形定则可知，小球受到电场力大小为𝐹=𝑄𝐸=𝑄𝑑=𝑚𝑔， 则平行板电容器两端电压𝑈=

𝑚𝑔𝑑𝑄

𝑈

，故B错误；

C、由于平行板电容器两端的电压和𝑅2的电压相等，所以当细线与竖直方向夹角为45°时，电路中的电流为𝐼=𝑅=

2

𝑈𝑚𝑔𝑑𝑄𝑅2

=2𝑄𝑅，

0

𝑚𝑔𝑑

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则电路消耗的电功率为𝑃=𝐼2(𝑅1+𝑅2)=

3𝑚2𝑔2𝑑24𝑄2𝑅0

𝑈′𝑑

，故C错误； =√3𝑚𝑔，

3√3𝑚𝑔𝑑， 2𝑄

D、细线恰好断裂时，𝑇=2𝑚𝑔，则电场力为𝑄

3

则导体棒切割磁感线产生的感应电动势为𝐸=𝑈′=

2

22−𝑟1)， 又因为𝐸=2𝐵𝜔(𝑟2

1

所以解得导体棒A转动的角速度𝜔=𝑄𝐵(𝑟2−𝑟2)，故D正确。

1

2

3√3𝑚𝑔𝑑故选：AD。

根据小球的受力分析平行板电容器的带电情况，从而判断导体上的电流方向，再根据右手定则分析导体棒A的运动方向；

分析电场力大小，根据𝐹=𝑄𝐸=𝑄𝑑求解平行板电容器两端电压； 根据欧姆定律求解通过𝑅2的电流，再根据𝑃=𝐼2𝑅求解电路消耗的电功率；

分析电容器的电压，进而求解出电路中的总电动势，再根据转动切割磁感线运动的感应电动势公式求解导体棒A转动的角速度。

解决该题需要掌握用右手定则分析导体棒的运动方向，掌握与电容器相关的知识，知道平行板电容器两端的电压和𝑅2的电压相等，熟记导体棒转动切割磁感线运动产生的感应电动势公式。

𝑈

10.【答案】BC

【解析】解：A、对工件受力分析可知，工件先受向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦力，故A错误； B、刚开始加速1s的两个工件间距最小，加速过程由牛顿第二定律可得

𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃−𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑚𝑎

代入数据解得：𝑎=2.5𝑚/𝑠2 由𝑥=2𝑎𝑡2

代入数据解得：𝑥=1.25𝑚 故B正确；

CD、由分析可知工件加速过程始终有两个，匀速过程始终有4个，共6个，则满载时增加的牵引力为6个工件所受的摩擦力之和，即为： 𝐹=2𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃+4𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=2×10×故选：BC。

√32

1

×

√3𝑁2

+4×10×2𝑁=35𝑁，故C正确，D错误。

1

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A、直接对工件受力分析即可；

B、先求出工件的加速度，再结合运动学公式求出最小距离； CD、先分析传送带上工件的个数，再分析满载时增加的牵引力大小。 在传送带问题中，摩擦力方向的判断是个关键，在受力分析时要注意。

0

11.【答案】ℎ0

𝑚𝑔ℎ𝑚0

ℎ0

无

【解析】解：(3)根据胡克定律可得：𝑚0𝑔=𝑘ℎ0，解得𝑘=(4)根据𝑚𝑔=𝑘ℎ，解得𝑚=

ℎ𝑚0ℎ0

𝑚0𝑔ℎ0

(5)弹簧拉力器自身质量较大不能忽略，当竖直悬挂后，拉力器的长度增大，当悬挂重物后，在物体重力作用下，拉力器的伸长量不会发生改变，故对测量结果无影响； 故答案为：(3)

𝑚0𝑔ℎ0

；(4)

ℎ𝑚0ℎ0

；(5)无

(3)当重物处于静止状态时，拉力器对重物的拉力等于物体的重力，根据胡克定律求得劲度系数； (4)根据胡克定律求得悬挂重物的质量；

(5)根据悬挂重物后拉力器伸长量的变化即可判断。

本题主要考查了胡克定律，明确𝐹=𝑘𝑥中x为弹簧的形变量，需要考虑弹簧自身的重力，当竖直悬挂时，弹簧的原长为不挂重物时弹簧的长度。

12.【答案】A 较大值 1.45 1.30

(1)把电流计改装成量程是0.6𝐴的电流表并联电阻阻值𝑅1=𝐼【解析】解：

𝐼𝑔𝑅𝑔

𝑔−𝐼

=0.6−60×10−3𝛺=1𝛺，故选A。

60×10−3×9

(2)电阻箱串联在电路中，为保护电路，闭合开关前，调节电阻箱，使电阻箱接入电路的电阻为较大值； 改装后电流表内阻𝑅𝐴=𝑅

𝑅𝑔𝑅1

𝑔+𝑅1

=9+1𝛺=0.9𝛺

0.6

9×1

改装后电流表量程是电流计量程的𝑛=60×10−3=10倍，电流计示数是I时，改装后电流表示数为10I 根据图示电路图，由闭合电路的欧姆定律得：𝐸=10𝐼(𝑟+𝑅0+𝑅𝐴+𝑅) 整理得：𝐼=

1𝐼

1

10𝐸

𝑅+

10( 𝑟+𝑅0+𝑅𝐴)

𝐸10𝐸

10( 𝑟+𝑅0+𝑅𝐴)

𝐸

−𝑅图象的斜率𝑘==6.9𝑉−1，图象纵轴截距𝑏==29.0𝐴−1，

代入数据解得，电池电动势𝐸=1.45𝑉，内阻𝑟=1.30𝛺。

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故答案为：(1)𝐴；(2)较大值；1.45；1.30。

(1)根据串联电路特点与欧姆定律求出并联电阻阻值，然后作出选择。

(2)为保护电路，闭合开关前电阻箱计入电路的阻值应较大；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，然后根据题意求出电池电动势与内阻。

本题考查了电流表改装、测干电池的电动势和内阻实验，理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚图示电路图，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象即可求出电池电动势与内阻。

13.【答案】解：(1)设金属棒通过轨道最低点C的速度为𝑣𝐶，轨道对金属棒的支持力为𝐹𝐶，

由牛顿第二定律可得：𝐹𝐶−𝑚𝑔=𝑚𝐶

𝑟𝑣2

由牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力为𝐹𝐶′=𝐹𝐶=7𝑚𝑔 解得：𝑣𝐶=√6𝑔𝑟；

(2)由于磁场区域足够大，金属棒在重力和安培力作用下加速运动，当安培力等于重力沿倾斜轨道向下的分力时，速度最大，此时金属棒中产生的感应电动势最大，由平衡条件可得：𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛60°=𝐵𝐼𝐿 根据闭合电路的欧姆定律可得感应电动势的最大值𝐸=𝐼𝑅 解得：𝐸=√；

2𝐵𝐿

(3)根据能量守恒定律，在金属棒整个下滑的过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，

2

则有：𝑄=𝑚𝑔𝐻−2𝑚𝑣𝐶

1

3𝑚𝑔𝑅解得：𝑄=𝑚𝑔(𝐻−3𝑟)；

(4)取C点为零势能点，金属棒由C点运动到D点，根据机械能守恒定律有：

1122

𝑚𝑣𝐶=𝑚𝑣𝐷+𝑚𝑔⋅2𝑟 22金属棒通过圆形轨道最高点D时，设轨道对金属棒竖直向下的压力为𝐹𝐷，由牛顿第二定律有：

2

𝑣𝐷

𝐹𝐷+𝑚𝑔=𝑚 𝑟联立解得：𝐹𝐷=𝑚𝑔。

答：(1)金属棒通过轨道最低点C的速度大小为√6𝑔𝑟； (2)金属棒中产生的感应电动势的最大值为√

3𝑚𝑔𝑅2𝐵𝐿

；

(3)金属棒整个下滑过程中定值电阻R上产生的热量为𝑚𝑔(𝐻−3𝑟)； (4)金属棒通过圆形轨道最高点D时轨道对它的弹力的大小为mg。

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【解析】(1)在C点由牛顿第二定律结合向心力的计算公式求解； (2)由平衡条件、闭合电路的欧姆定律求解感应电动势的最大值；

(3)金属棒整个下滑的过程中电阻器R上产生的热量等于金属棒损失的机械能，由此解答；

(4)根据机械能守恒定律求解D点的速度大小，在D点由牛顿第二定律求解金属棒通过圆形轨道最高点D时轨道对它的弹力的大小。

本题主要是考查电磁感应现象中的力学问题和能量问题，关键是弄清楚金属棒运动过程中的受力情况和能量的转化情况，知道金属棒做圆周运动过程中向心力的来源。

14.【答案】解：

(1)带电粒子在电场中运动，根据动能定理：

12 𝑒𝑈0=𝑚𝑣02

解得：𝑣0=√

2𝑒𝑈0𝑚

(2)带电粒子的运动轨迹如图所示

速度方向与板垂直的电子轨迹与磁场边界相切，故半𝑅=𝑑，运动𝑀3𝑁3时右移了2d，30°向左入射的电子到达O点正下方，𝐿=2𝑑

(3)电压的最小值对应于向𝜃角射出的电子轨迹与磁场边𝑀2𝑁2相切，刚好射出磁场，如图所示

𝑅𝑚+𝑅𝑚𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑑

根据带电粒子在磁场运动半径公式：𝑅

𝑚𝑣2

𝑚

=𝑒𝑣𝐵

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根据动能定理：𝑒𝑈𝑚=2𝑚𝑣2 得：𝑈>9𝑈0

0

(4)由第(3)问中解得：𝑈𝑚=(1+sin𝜃)2

1

4

𝑈

①当𝑈<9𝑈0时，𝜂=0 ②当9𝑈0≤𝑈<𝑈0时，𝜂=2−其中𝑠𝑖𝑛𝛼=√

𝑈0𝑈

4

1

3𝛼𝜋

4

−1

③当𝑈0≤𝑈<4𝑈0时，𝜂=2+其中𝑠𝑖𝑛𝛼=1−√0

𝑈𝑈

13𝛼𝜋

④当𝑈≥4𝑈0时，此时从O点发射的电子全部打到边界𝑀3𝑁3上，故𝜂=100%

答：(1)当电压为𝑈0时，求电子进入磁场时的速度大小𝑣0=√

2𝑒𝑈0𝑚

。

(2)当电压为𝑈0时，求边界𝑀3𝑁3上有电子射出的区域长度𝐿=2𝑑。 (3)为确保有电子从磁场边界𝑀3𝑁3射出，K与𝑀1𝑁1板间电压𝑈>9𝑈0 (4)①当𝑈<9𝑈0时，𝜂=0 ②当9𝑈0≤𝑈<𝑈0时，𝜂=2−

4

1

3𝛼𝜋

4

4

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其中𝑠𝑖𝑛𝛼=√

𝑈0𝑈

−1

1

3𝛼𝜋

③当𝑈0≤𝑈<4𝑈0时，𝜂=2+其中𝑠𝑖𝑛𝛼=1−√0 𝑈𝑈

④当𝑈≥4𝑈0时，𝜂=100%

【解析】该题考查了学生对带电粒子在电场和磁场中运动的综合性问题，学生应对粒子的运动状态和受力分析后再解决问题。

(1)带点粒子在电场中做匀变速直线运动，可用动能定理求速度。 (2)带点粒子在磁场中做匀速圆周运动，合理作图进行求解。

该题不仅考查物理中带电粒子在电场磁场运动的分析，同时结合数学的分类讨论方法。

15.【答案】解：(1)负压舱内部体积𝑉0=4.776𝑚3，大气压𝑝0=100𝑘𝑃𝑎=1×105𝑃𝑎，设负压舱内一个大

气压下的空气变成压强为𝑝1=90𝑘𝑃𝑎=0.9×105𝑃𝑎 由等温过程，根据玻意耳定律可得：𝑝0𝑉0=𝑝1𝑉1 对抽出的气体：𝑝0𝑉𝑥=𝑝1(𝑉1−𝑉0)

3解得需抽出一个大气压下空气的体积𝑉𝑥=0.478𝑚

1

(2)加热过程是等压变化，根据盖−吕萨克定律可得：𝑇=

1

ℎ𝑆

ℎ2𝑆𝑇2

解得𝑇2=330𝐾，即𝑡2=(330−273)℃=57℃>56℃，持续30分钟可将冠状病毒灭活 答：(1)排风系统要将一个大气压下的空气排出0.478𝑚3； (2)𝑎内新冠病毒能被灭活。

【解析】(1)负压仓内的气体作为整体，根据玻意耳定律求得抽出的体积体积，把抽出的气体作为整体，根据玻意耳定律求得抽出的体积大小；

(2)加热过程中，气体做等压变化，根据盖−吕萨克定律气的温度即可判断。

本题考查了理想气体状态方程，根据题意分析清楚气体状态变化过程是解题的前提，求出气体状态参量，应用玻意耳定律和盖−吕萨克定律即可解题。

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16.【答案】解：单色光的折射路径如图所示，根据折射定律可

得：𝑛=𝑠𝑖𝑛𝑟，𝑟=30° 由正弦定理可得sin𝛼=sin(𝑟+𝜋)

2

𝑠𝑖𝑛𝑖

𝑙𝑅

则𝛼=30°

根据折射定律可得：𝑛=则：𝛽=53°

由几何关系知：𝛾=30° 则有：𝐿=ℎ𝑡𝑎𝑛(𝛽+𝛾) 解得：𝐿=8.2𝑚。

答：近光灯照射的距离为8.2𝑚。

【解析】光经过透镜经过两次折射，画出光路图根据折射定律得出夹角关系，利用几何知识分析求解。 本题主要是考查光的折射，解答此类问题的关键是画出光路图，根据折射定律和几何关系列方程联立求解。

𝑠𝑖𝑛𝛽sin𝛼

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