2021年江西省鹰潭市高考物理一模试卷(附答案详解)

2021年江西省鹰潭市高考物理一模试卷
1.匀强电场中有一与电场垂直的平面，面积为S，该电场的电场强度随时间的变化率
为△E
△t ，静电力常量为k，则1
4πk
△E
△t
S对应物理量的单位是()
A. 欧姆
B. 伏特
C. 安培
D. 特斯拉
2.如图所示，学生练习颠球。

某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶
起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。

已知足球与头部的作
用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计
空气阻力，足球可视为质点，下列说法正确的是()
A. 足球刚接触头和刚离开头时，速度不变
B. 足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg⋅m/s
C. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零
D. 足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的9倍
3.2020年7月31日中共中央总书记、国家主席、中央军委主席习近平同志在北京宣
布北斗三号全球卫星导航系统正式开通，北斗三号(国之重器)系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星(运行在地球同步轨道)和3颗倾斜同步轨道卫星(其轨道平面与赤道平面有一定的夹角，周期与地球自转周期相同)共30颗卫星组成。

两种同步轨道卫星均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是()
A. 倾斜同步轨道卫星可能定点在鹰潭上空
B. 倾斜同步轨道卫星和地球静止轨道卫星内的仪器均处于平衡状态
C. 倾斜同步轨道卫星的机械能可能大于地球静止轨道卫星的机械能
D. 倾斜同步轨道卫星、地球静止轨道卫星因为半径相等，所以万有引力大小一定
相等
4.如图所示，用轻绳系住一质量为m的匀质大球，大球和墙壁之
间放置一质量为2m的匀质小球，各接触面均光滑。

系统平衡时，
绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2与轻绳之间的夹
角为β，则α、β应满足()
A. tanα=3cotβ
B. 2tanα=3cotβ
C. 3tanα=tan(α+β)
D. 3tanα=2tan(α+β)
5.空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现用仪器在纸面内沿互
成60°角的OA、OB两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势φ与各点到O 点距离的函数关系如图所示，则下列关于该电场的电场强度E的说法中，正确的是()
A. E=400V/m，沿AO方向
B. E=200V/m，沿BO方向
C. F=200√3V/m，垂直OB向下
D. E=200√3V/m，垂直OA斜向右下方
6.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，将这
些光分别照射到图甲电路阴极K的金属上，只能测得3条电流随电压变化的图象如图乙所示。

已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正确的是()
A. 图乙中的a光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的
B. 图乙中的b光光子能量为12.09eV
C. 动能为1eV的电子不能使处于第3能级的氢原子电离
D. 阴极金属的逸出功可能为W0=1.75eV
7.如图所示，有一匝数为20、边长为10cm、电阻不计的正方形线框绕着固定转轴OO′
以角速度50πrad/s在垂直于纸面向里的匀强磁场中匀速转动，线框关于OO′对称，线框通过两电刷(未画出)与某一理想变压器相连，变压器原线圈串有一个理想交流电流表A。

已知理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1：n2=10：1，副线圈两端
接有两完全相同灯泡L1、L2串联，如果灯泡L1、L2的规格均为“5V，1W”且正常发光，则下列说法正确的是()
A. 匀强磁场的磁感应强度大小为10√2
π
T
B. 该线框中形成的交变电流，电流方向1秒内改变25次
C. 线框转到图示位置的瞬间，电流表A读数为零
D. 闭合开关，并联上相同的灯泡L2，不考虑灯泡的烧坏及阻值的变化，则L1变亮，
原来的L2变暗
8.如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化
的关系为B=kt(k为大于零的常量)。

一边长为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。

在t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。

在线框匀速进入磁场的过程中()
A. 线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
B. 线框中的电流始终为逆时针方向
C. t=T
2时刻，流过线框的电流大小为5√3ka2
16R
D. t=T
2时刻，流过线框的电流大小为5√3ka2
12R
9.某同学利用滑块在气垫导轨上的运动测量当地的重力加速度，如图(a)所示，所用
器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、数字计时器、光电门等。

导轨下方两支点间的距离为L，实验步骤如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当光电门A记录的遮光时间______ (填
“大于”“小于”或“等于”)光电门B记录的遮光时间时，认为气垫导轨水平；
(2)用游标卡尺测量遮光片宽度d。

如图(b)所示，d=______ cm；
(3)在导轨左支点下加一高度为h的垫块，让滑块从导轨顶端滑下，记录遮光片经
过A、B两处光电门的光时间△t1、△t2及遮光片从A运动到B所用的时间t12，可求出重力加速度g=______ (用题中给出的物理量符号表示)。

10.实验室要深入研究某电阻(阻值模糊标有十几欧)的发热特性，有同学提出需用伏安
法先测定电阻值，实验室备有如下器材：
电流表(A1)，量程0～50mA，内阻约为50Ω
电流表(A2)，量程0～200mA，内阻约为10Ω
电压表(V1)，量程0～3V，内阻约为10kΩ
电压表(V2)，量程0～15V，内阻约为25kΩ
滑动变阻器(R1)，阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A
滑动变阻器(R2)，阻值范围0～1kΩ，允许最大电流100mA
直流电源(E)，输出电压4.5V，内阻不计
开关、导线若干
为提高实验结果的准确程度，电流表应选用______ ；电压表应选用______ ；滑动变阻器应选用______ (以上均填器材代号)。

11.如图为用伏安法测量电阻的原理图。

图中电压表内阻为
3000Ω；电流表内阻为30Ω。

E为电源，R为电阻箱，R x
|×
为待测电阻，S为开关。

(百分误差=|实际值−测量值
实际值
100%)
(1)当开关闭合后电压表读数U=l.2V，电流表读数I=2.0mA。

若将R x=U
作为测
I 量值，所得结果的百分误差是______ 。

(2)若将电流表改为内接。

开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将
电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是______ 。

12.如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的
底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点静止释放。

已知A、P的距离L=8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.20，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求物块
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。

13.如图所示，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电
场，一个质量为m、带电荷量为+q的粒子从坐标原
点O以速度为v0沿x轴正方向开始运动。

当它经过图
中虚线上的M(2a,√3a)点时，撤去电场，粒子继续运
动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域(图中未画
出)，又从虚线上的某一位置N处沿y轴负方向运动并再次经过M点。

已知磁场方向垂直xOy平面(纸面)向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。

试求：
(1)电场强度的大小；
(2)粒子在匀强磁场中的运动时间；
)。

(3)矩形匀强磁场区域的最小面积(取sin15°=1
4
14.一定质量的理想气体由状态a等压膨胀到状态b，再
等容增压到状态c，然后等温膨胀到状态d，最后经
过一个复杂的过程回到状态a，其压强p与体积V的
关系如图所示。

下列说法正确的是()
A. 从a到b，每个气体分子的动能都增大
B. 从b到c，气体温度升高
C. 从c到d，气体内能不变
D. 从d到a，气体对外界做正功
E. 从a经过b、c、d再回到a的过程，外界向气体传递的热量与气体对外界所做
的功相等
15.水银气压计上有细且均匀的玻璃管，玻璃管外标识有压
强刻度(1mm刻度对应压强值为1mmHg)。

测量时气压
计竖直放置，管内水银柱液面对应刻度即为所测环境大
气压强。

气压计底部有水银槽，槽内水银体积远大于管
内水银柱体积。

若气压计不慎混入气体，压强测量值将
与实际环境大气压强值不符。

如图所示，混入的气体被
水银密封在玻璃管顶端。

当玻璃管竖直放置时，气柱长
度为l1=100mm。

如果将玻璃管倾斜，水银柱液面降低的高度为ℎ=20mm，气柱长度为l2=50mm，倾斜过程中水银槽液面高度变化忽略不计。

整个过程中温度保持恒定，气体可近似为理想气体。

(1)已知环境大气压强为p0=760mmHg，求此时竖直放置气压计的压强测量值p1(
以mmHg为单位)；
(2)此后由于环境大气压强变化，竖直放置气压计压强测量值为p2=730mmg，求
此时气柱长度l3和环境大气压强p3(以mmHg为单位，保留3位有效数字)。

16.渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。

某渔船发出的一列超声波在t=
0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则下列说法正确的是()
A. 该波的波速为1.5m/s
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 0～1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5m
D. 0～1s时间内，质点P运动的路程为2m
E. 旁边另一艘渔船发出了更高频率的超声波，易知这两列声波在水中传播速度大
小相等
17.如图，一潜水员在距海岸A点42m的B点竖直下潜，B点和灯塔之间停着一条长
3m的皮划艇。

皮划艇右端距B点3m，灯塔顶端的指示灯与皮划艇两端的连线与竖
直方向的夹角分别为α和β(sinα=4
5,sinβ=2
15
√10)，水的折射率为4
3
，皮划艇高度
可忽略。

(1)潜水员在水下看到水面上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里。

若海岸上A 点恰好处在倒立圆锥的边缘上，求潜水员下潜的深度(可含根号作答)；
(2)求潜水员竖直下潜过程中看不到灯塔指示灯的深度范围。

答案和解析1.【答案】C
【解析】解：1△E
k△t S=1N/C
N⋅m2/c2×s
×m2=1C/s，
由I=q
t 可知：1C
s
=1A
π是常数没有单位，则1
4πk △E
△t
S对应的单位是安培，符号A，故C正确，ABD错误。

故选：C。

根据电场强度、面积等物理量的单位结合表达式求出物理量对应的单位。

本题考查了物理量的单位，熟悉常用物理量的单位，根据各物理量间的关系式即可分析答题。

2.【答案】D
【解析】解：AB、取向下为正方向，下落到与头部刚接触时，由v2=2gℎ，可得v=√2gℎ=√2×10×0.8m/s=4m/s，
则足球动量大小为：mv=0.4×4kg⋅m/s=1.6kg⋅m/s，
由题意可知，与头部碰撞后，速度反向，大小不变，故AB错误；
C、从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的作用时间不为零，冲量不为零，故C错误；
D、由动量定理：△p=F合△t
即：(F−mg)△t=△p
动量变化量为△p=mv′−mv=(−1.6−1.6)kg⋅m/s=−3.2kg⋅m/s，
则：−3.2kg⋅m/s=(−F+0.4×10)×0.1N⋅s
可得F=36N=9mg，故D正确；
故选：D。

由速度−位移公式及竖直上抛运动的对称性求得足球到达头部的速度大小和反弹后的速度大小，对足球应用动量定理求解。

本题以学生练习用头颠球为情景载体，考查了动量定理、运动学公式相结合的问题，解决此题的关键是要注意运动的对称性，使用动量定理解题时一定要规定正方向。

3.【答案】C
【解析】解：A、倾斜同步卫星的周期为24小时，但其不相对于地面静止，故不能定点在鹰潭上空，故A错误。

B、倾斜同步轨道卫星和地球静止轨道卫星内的仪器都随卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，故仪器处于完全失重状态，故B错误。

C、根据开普勒第三定律a3
T2
=k知，因为两种卫星的周期相同，所以半径相同，根据万有引力提供向心力得：
GMm
2=m
v2
解得：v=√GM
r
故运行速率相等，因二者质量大小关系不确定，故倾斜同步轨道卫星的机械能与地球静止轨道卫星的机械能的大小关系不能确定，故C正确。

D、根据万有引力表达式F=GMm
r2
，因为两卫星质量的大小关系不确定，故万有引力的大小不确定。

故D错误。

故选：C。

倾斜同步卫星的周期为24小时，但其不相对于地面静止，故不能定点在鹰潭上空；卫星内仪器处于完全失重状态；根据开普勒第三定律知，两卫星的半径相同，根据万有引力提供向心力知两卫星的速率相等，但由于不知二者的质量间的关系，故无法确定二者机械能和万有引力的大小关系。

本题主要考查了倾斜同步轨道卫星和地球静止轨道卫星的不同，抓其公转周期相同，轨道半径大小相同，运行轨道不同是解题的关键。

4.【答案】D
【解析】解：设绳子拉力为F，墙壁支持力为N，两球之间的压力为T，将两个球作为一个整体进行受力分析，如图1所示
根据平衡条件可得N=3mgtanα，
对小球进行受力分析，如图2所示，
根据平衡条件可得N=2mgtanθ
根据几何关系可得θ=α+β
则N=2mgtan(α+β)
联立上述式子，解得3tanα=2tan(α+β)故D正确，ABC错误。

故选：D。

分别运用整体法和隔离法，先将两球看成整体进行受力分析，再单独隔离小球进行受力分析，得出各力数量关系，结合几何知识，即可求出角度α、β应满足的关系
本题考查共点力平衡条件，要求学生运用整体法和隔离法，结合作图进行受力分析，求出各力大小关系，对学生分析综合能力有一定要求，难度适中。

5.【答案】A
【解析】解：沿x轴方向场强的分量大小为E1=△φ
x =80
0.2
V/m=400V/m，由于沿x轴
方向电势升高，故场强方向沿x轴负方向
沿y轴方向场强的分量大小为E2=△φ′
y =50
0.25
V/m=200V/m，由于沿y轴方向电势升
高，故场强方向沿y轴负方向
在沿x轴方向，电势为50V时，此时距O点的距离为x′=50
400
m=0.125m，而沿y方向电势为50V时，距O点的距离为0.25m，此两点为等势面，根据几何关系可知，与x轴垂直，故场强方向沿x负方向，大小为400V/m，故A正确，BCD错误；
故选：A。

根据电势差与距离关系求得沿x轴和y轴方向的场强，做出x轴和y轴的一条等势面，即可根据几何关系判断出场强方向和大小。

本题主要考查了电势差和等势面间垂直关系，关键是求得沿x轴和y轴场强大小，然后找出一条等势面即可。

6.【答案】ABC
【解析】解：第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中可能的情况为：n=4→1，n= 4→3，n=4→2，n=3→2，n=3→1，n=2→1，能发出6种不同频率的光，
能量值的大小关系排列从大到小为：n=4→1，n=3→1，n=2→1，n=4→2，
n=3→2，n=4→3，但只检测到3条电流，所以发生光电效应的能量值为：
n=4→1，n=3→1，n=2→1，
AB.由图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，根据光电效应方程E k=ℎv−W0，及eU0=E k知各光对应的跃迁为：a为n=4→1，b为n=3→1，c为n=2→1，
b光的光子能量为E b=E3−E1=−1.51eV−(−13.6eV)=12.09eV，故AB正确；
C.要是处于3能级的氢原子电离所需的最小能量为1.51eV，所以动能为1eV的电子不能使处于第3能级的氢原子电离，故C正确；
D.由能级2到1辐射的光子的能量值：E21=E2−E1=(−3.4eV)−(−13.6eV)=10.2eV；能量值第4大的光子的能量值：E42=E4−E2=(−0.85eV)−(−3.4eV)=2.55eV
由于只能测得3条电流随电压变化的图象，即只有三种光子能发生光电效应，则该金属的逸出功大于2.55eV，小于等于10.2eV，故D错误。

故选：ABC。

由玻尔理论分析可能的跃迁；由图可得遏止电压；根据动能定理，可求出最大初动能；根据光电效应方程E k=ℎv−W0，结合光电子的最大初动能，可求得金属逸出功；
解决该题需熟记光电效应方程，能通过能级图判断可能的跃迁情况，知道怎么才能使原子电离。

7.【答案】AD
【解析】解：A 、由题意知灯泡L 1、L 2正常发光，则U 2=10V
根据变压原理得：U 1U 2
=n
1
n 2
原线圈两端的电压为：U 1=
U 2n 1n 2
=
10×101
V =100V
线圈产生感应电动势的最大值为E m =√2U 1=√2×100V =100√2V 根据E m =NBSω 解得：B =E m NSω
=
100√2
20×100×10−4×50π
T
=
10√2π
T ，故A 正确。

B 、交流电的频率为f =
ω2π
=
50π2π
Hz =25Hz
电流方向一周期内改变两次，则电流方向1秒内改变50次，故B 错误。

C 、电流表读数为交流电的有效值，而它的有效值是不变的，故当线框转到图示位置的瞬间，电流表的读数不为零，故C 错误。

D 、闭合开关，副线圈总电阻减小，因为U 2不变，故副线圈电流变大，则灯泡L 1变亮，两并联灯泡两端的电压减小，原来的L 2变暗，故D 正确。

故选：AD 。

利用理想变压器的电压、之间的关系求出原线圈两端的电压，再求出其对应的最大值，再根据E m =NBSω 可求磁感应强度；电流方向一周期内改变两次，求出频率即可求电流方向1秒内改变的次数；电流表读数为交流电的有效值，是不变的；闭合开关，副线圈总电阻减小，因为U 2不变，故副线圈电流变大，可确定灯泡L 1亮度情况怎样变化，两并联灯泡两端的电压减小，可确定原来的L 2的亮度情况怎样变化。

本题考查了理想变压器的电压之间的关系，线圈产生感应电动势的最大值的表达式，能够用动态分析法分析电路的变化。

8.【答案】BC
【解析】解：AB 、磁感应强度随时间变化的关系为B =kt ，其中k >0，说明磁场随时间增加；线框进入磁场过程中，随着进入磁场面积的增加，使得线框中的磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流始终沿逆时针方向，故A 错误、B 正确； CD 、线框做匀速直线运动，匀速运动的速度大小为：v =√3a 2T
t =T 2时刻，线框切割磁感线的有效长度L =1
2a ，
此时磁感应强度B=kt=1
2
kT，
动生电动势E1=BLv=1
2kT×1
2
a×√3a
2T
=√3ka2
8
由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势E2=△Φ
△t =△B
△t
S=k×3
4
×1
2
×a×√3
2
a=3√3a2
16
，
t=T
2时刻，流过线框的电流大小为I=E1+E2
R
，解得：I=5√3ka2
16R
，故C正确、D错误。

故选：BC。

应用楞次定律判断出感应电流方向；求出T
2
时刻线框切割磁感线的有效长度，由E=BLv 求出动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，然后由欧姆定律求出感应电流大小。

分析清楚线框的运动过程、知道感应电动势包括动生电动势与感生电动势是解题的前提，应用右手定则、E=BLv与法拉第电磁感应定律、欧姆定律即可解题。

9.【答案】等于0.304dL(△t1−△t2)
△t1△t2ℎt12
【解析】解：(1)调节气垫导轨水平后，轻推滑块能做匀速直线运动，则滑块通过两光
电门的时间应相等；
(2)50分度的游标卡尺精确度为0.02mm，则遮光片宽度为：d=3mm+2×0.02mm=
3.04mm=0.304cm；
(3)滑块经过两光电门的时间较短，其平均速度可认为是经过两位置的瞬时速度，
则有：v A=d
△t1
，
同理，v B=d
△t2
，
滑块做匀加速直线运动，有：v B=v A+at12
而对滑块由牛顿第二定律，则有：a=gsinα=g⋅ℎ
L
联立各式，解得重力加速度为：g=dL(△t1−△t2)
△t1△t2ℎt12。

故答案为：等于；0.304；dL(△t1−△t2)
△t1△t2ℎt12。

(1)气垫导轨水平时，滑块做匀速直线运动，滑块经过两光电门的时间相等；
(2)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；
(3)光电门测速度的原理是利用平均速度来代替瞬时速度，求出最后获得的速度，然后
根据加速度表达式，求得加速度，再依据受力分析，结合牛顿第二定律即可求出。

对游标卡尺读数时要先确定其游标尺的精度，主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，
游标卡尺不需要估读；本题关键是知道实验的具体操作方法和实验误差的减小方法，同时注意光电门能测量瞬时速度的条件，及掌握几何关系在本题的应用。

10.【答案】A 2 V 1 R 1
【解析】解：电源电动势为4.5V ，电压表应选择V 1；
待测电阻阻值约为十几欧姆，电压表量程为3V ，则通过待测电阻的最大电流不会超过I =U
R >3
10A =0.3A =300mA ，为测多组实验数据，电流变化范围大些，电流表应选择A 2；
滑动变阻器R 2的最大阻值太大，如果滑动变阻器选择R 2，不方便实验操作，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R 1。

故答案为：A 2；V 1；R 1。

根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。

本题考查了实验器材的选择，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。

11.【答案】20% 4%
【解析】解：(1)电阻测量值：R =
U I
= 1.2
0.002Ω=600Ω
通过电压表的电流：I V = 1.2
3000A =0.0004A ，
通过待测电阻的电流：I x =I −I V =(0.002−0.0004)A =0.0016A 待测电阻的真实值：R x =U I x
= 1.2
0.0016Ω=750Ω
实验百分误差为：
R x −R R x
×100%=
750−600750
×100%=20%
(2)电流表采用内接法时，电阻测量值等于待测电阻真实值Rx 与电流表内阻RA 之和，即R′=R x +R A ， 此时实验百分误差为：
R′−R x R x
×100%=
R A R x
×100%=30
750×100%=4%
故答案为：(1)20%；(2)4%．
(1)根据实验数据求出电阻的测量值，由并联电路特点求出通过待测电阻的电流，然后由欧姆定律求出待测电阻的真实值，最后求出实验的百分误差．
(2)当电流表采用内接法时，电阻测量值等于待测电阻真实值与电流表内阻之和，然后求出实验的百分误差．
本题考查了求实验测量的百分误差，分析清楚电路结构、熟练应用串并联电路的特点及欧姆定律是正确解题的关键．
12.【答案】解：(1)物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得：
a1=mgsinθ−μ1mgcosθ
m
=gsinθ−μ1gcosθ
=(10×sin37°−0.25×10×cos37°)m/s2=4m/s2
由速度−位移关系式可得：v12=2a1L
代入数据，解得：v1=8m/s
(2)物块过P点后减速，因为传送带足够长，所以物块一定能减速到零，对物块根据牛顿第二定律得：
a2=μ2mg
m
=μ2g=0.20×10m/s2=2m/s2
减速过程的时间：t1=v1a
2=8
2
s=4s
x1=
v1
2
t1=
8
2
×4m=16m
减速到零后开始反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。

加速阶段：t2=v a
2=4
2
s=2s
x2=
v
2
t2=
4
2
×2m=4m
匀速阶段：x3=x1−x2=16m−4m=12m
t3=x3
v
=
12
4
s=3s
故物块第1次在传送带上往返运动的时间t=t1+t2+t3=4s+2s+3s=9s (3)根据能量守恒，物块第1次滑过P点时与斜面的摩擦产生的热量为：
Q1=mgLsin37°−1
2
mv12
此时动能为：E k=1
2
mv12
根据已知条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4m/s，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从P点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，动能E k将在之后的循环运动中转化为热量Q2，根据能量守恒有：
Q2=E k
故Q=Q1+Q2
联立，代入数据解得：Q=48J
答：(1)第1次滑过P点时的速度大小v1为8m/s；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t为9s；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q为48J。

【解析】(1)根据牛顿第二定律，结合速度−位移关系式求解。

(2)物块过P点后减速，因为传送带足够长，所以物块一定能减速到零，减速到零后开始反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。

根据牛顿第二定律，结合运动学公式求解。

(3)根据已知条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4m/s，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从P点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，第一次到达P时的动能E k将在之后的循环运动中转化为热量。

再根据能量守恒定律求解。

解答本题的关键是能熟练应用能量守恒定律、运动学公式及牛顿第二定律；要注意(2)中物块减速为零后，反向过程分为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段；(3)的关键是能分析出物块第一次到达P点时的动能将在之后的循环运动中转化为热量。

13.【答案】解：粒子运动轨迹如图所
示：
(1)粒子从O到M做类平抛运动，设
时间为t，则有：
2√3a=v0t
a=1
2
qE m
t2
解得：
E=mv02 6qa
t=2√3a
v0
；
(2)设粒子运动到M点时速度为v，与x方向的夹角为α，则有：
v y=at=qE
m
t=
√3
3
v0
速度为：v=√v02+v y2=2√3
3v0，tanα=v y
v0
=√3
3
解得：α=30°。

由几何知识可知，粒子转过的圆心角：θ=360°−2×(90°−30°)=240°，
粒子在磁场中的运动时间：t=θ
360∘T=240°
360∘
×2πm
qB
=4πm
3qB
；
(3)当矩形磁场为图示虚线矩形时的面积最小，
则矩形的两个边长分别为：L1=2R=4√3mv0
3qB ，L2=R+Rsinβ=√3mv0
qB
，
所以矩形磁场的最小面积为S min =L 1L 2=4m 2v 0
2q B 。

答：(1)电场强度的大小是E =
mv 0
26qa
；
(2)粒子在匀强磁场中的运动时间是4πm
3qB ； (3)矩形匀强磁场区域的最小面积是4m 2v 0
2q 2B 2。

【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛规律就可得到电场强度； (2)根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子的运动时间，
(3)做NP 的平行线与圆相切，再做MO′的两条平行线与圆相切，则这三条切线和MN 围成的面积即是最小面积．
分清物理过程，不同物理过程应用相应的物理知识；抓住关键字句，分析出关键条件，如该题中粒子从N 点沿MN 的方向射出，即可分析出速度方向，再利用相关知识来“定圆心，找半径”；此外良好的作图能力及几何分析能力是解决此类问题的关键。

14.【答案】BCE
【解析】解：A 、状态a 到状态b 发生的是等压变化，根据PV
T =C 可知，体积增大，温度升高，分子平均动能增大，具体到每个气体分子的动能有的增加，有的减小，故A 错误；
B 、根据PV
T =C 可知，从b 到c ，体积不变，压强变大，则气体温度升高，故B 正确； C 、从c 到d ，气体温度不变，则气体内能不变，故C 正确； D 、从d 到a ，气体体积减小，则外界对气体做正功，故D 错误；
E 、从a 经过bcd ，再回到a 的过程，其中从a 到d 过程气体对外做功的值等于图线与V 轴围成的面积，从d 回到a 时外界对气体做功也等于图线与V 轴围成的面积，则整个过程中气体对外做功，儿整个过程中内能不变，则由热力学第一定律可知，外界向气体传递的热量与气体对外界所做的功相等，故E 正确； 故选：BCE 。

对于一定质量理想气体，压强与温度和体积有关，关于P 、V 、T 三者间的关系由实验定律加以分析，并满足理想气体状态方程，再结合热力学第一定律进行分析。

本题考查气体实验定律和热力学第一定律的应用，注意热力学第一定律中的物理量正负号的含义，知道理想气体的内能只与温度有关。

15.【答案】解：(1)设玻璃管竖直时，管内外水银面的高度差为H ，此值即为竖直放置。