2021年广西南宁二中高考物理模拟试卷(5月份)(附答案详解)

2021年广西南宁二中高考物理模拟试卷（5月份）
1.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)以下说法正确的是()
A. 如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体
就是绝对黑体
B. 光波是一种概率波，但一个光子通过狭缝后，具体落在哪一点，还是可以确定
的
C. 光电效应证明了光具有粒子性，康普顿效应则证明了光具有波动性
D. 玻尔认为，电子在绕核运动的过程中，服从经典力学规律，轨道半径是连续的，
可以取任意值
2.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)中国北斗卫星导航系统是中国自行研制的全
球卫星导航系统，也是继GPS、GLONASS之后的第三个成熟的卫星导航系统，2020年7月31日上午，北斗三号全球卫星导航系统正式开通。

假设某卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动.已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G.下列说法正确的是()
A. 同步卫星运动的周期为2π√R
g
B. 同步卫星运行的线速度为√g(R+ℎ)
)2g
C. 同步轨道处的重力加速度为(R
R+ℎ
D. 地球的平均密度为3g
4πGR2
3.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)如图所示，质量分别为m1、m2的两物体甲、
乙位于相邻的两水平台阶上，中间用轻弹簧相连，弹簧与竖直方向夹角为θ。

在乙右端施加水平拉力F，使甲、乙均处于静止状态。

已知重力加速度为g，乙表面光滑，则下列说法正确的是()
B. 地面对甲的摩擦力大小为F
A. 弹簧弹力的大小为m1g
cosθ
C. 甲的表面可能光滑
D. m1与m2一定相等
4.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效
值为200V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10Ω，R3=20Ω，各电表均为理想电表。

已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。

下列说法正确的是()
A. 所用交流电的频率为100Hz
B. 电压表的示数为100V
C. 电流表的示数为1.0A
D. R1的阻值可求得为20Ω
5.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)近期特斯拉电动车刹车问题成为媒体热点，
为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，某新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是()
A. 刹车过程经过6s时新能源动力车的位移为30m
B. 刹车过程新能源动力车的加速度大小为5m/s2
C. 刹车过程持续的时间为10s
D. 新能源动力车的初速度为40m/s
6.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正
向运动，其电势能E p随位移x变化的关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是()
A. x1处电场强度最小，且为零
B. 粒子在0～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
C. 在0、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3>φ2=φ0>φ1
D. x2～x3段的电场强度大小、方向均不变
7.(2017·湖北省黄石市·模拟题)如图，光滑斜面的倾角为θ，
斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc
边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝
缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜
面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁
场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法不正确的是()
A. 线框进入磁场前运动的加速度为Mg−mgsinθ
m
B. 线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg−mgsinθ)R
Bl1
C. 线框做匀速运动的总时间为B2l12
(Mg−mgsinθ)R
D. 该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg−mgsinθ)l2
8.(2021·全国·单元测试)如图所示，轻质弹簧一端固定，
另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆
环相连，弹簧水平且处于原长，圆环从A处由静止开
始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，
AC=ℎ，圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好
能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，
则圆环()
A. 下滑过程中，加速度一直减小
mv2
B. 下滑过程中，克服摩擦力做的功为1
4
mv2−mgℎ
C. 在C处，弹簧的弹性势能为1
4
D. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
9.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)在“探究加速度与质量的关系”的实验中，
得到如图(a)所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T；B、C间距s2和D、E 间距s4已量出；
(1)利用这两段间距计算小车加速度的表达式为______ ．
(2)同学甲根据实验数据画出如图(b)所示a−1
图线，从从图线可得小沙袋的质量
m
为______ kg.(g取10m/s2)(已做到小沙袋的质量远小于小车的质量)
(3)同学乙根据实验数据画出了图(c)，从图线可知乙同学操作过程中可能______ ．10.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)某研究小组的同学们准备测量15°C自来水的
电阻率，来判断该自来水是否符合国际标准(国标规定自来水在15°C时电阻率应大于13Ω⋅m)。

他们先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，电极间装满密封的待测自来水，同学们设计了实验方案并分工进行了以下测量：
(1)同学们用游标卡尺测量玻璃管的内径d；向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测
量水柱长度L；用多用电表的电阻“×100”挡，按正确的操作步骤测量此水柱体的电阻R，表盘的示数如图所示；由图1所示可知玻璃管的内径d=______ mm，水柱体的电阻R=______ Ω；
(2)该小组同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如
下：
电压表V(量程15V，内阻约30kΩ)；电流表A(量程5mA，内阻约50Ω)；滑动变阻器R0(0～100Ω，允许最大电流1A)；电池组E(电动势E=12V，内阻r=6Ω)；开关一个、导线若干。

请根据情况补全电路原理图(并不是所有的接线点都要连接)；
______
(3)如果测出水柱的长度L、玻璃管的内径d和水柱的电阻R，则自来水电阻率的表
达式为______ 。

(用符号表示)
11.(2021·安徽省·月考试卷)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴正方
向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q的粒子(重力不计)从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y的方向成45°角。

当粒子运动到电场中坐标为(3L,L)的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同。

求：
(1)粒子从O点射入磁场时的速度v；
(2)匀强电场的场强E0和匀强磁场的磁感应强度B0。

(3)粒子从O点运动到P点所用的时间。

12.(2021·广西壮族自治区南宁市·模拟题)如图甲所示，半径为R=0.45m的光滑圆弧轨
道固定在竖直平面内，B点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M=5kg，长度L=0.75m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m=1kg，g取10m/s2。

(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；
(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求该过程中系统由于摩擦而
产生的热量Q；
(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在
平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f随它距B点位移L的变化关系部分如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小。

13.(2020·广西壮族自治区南宁市·单元测试)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D后再回到状态A.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).这就是著名的“卡诺循环”.
(1)该循环过程中，下列说法正确的是______．
A.A→B过程中，外界对气体做功
B.B→C过程中，气体分子的平均动能增大
C.C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D.D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
(2)该循环过程中，内能减小的过程是______ (选填“A→B”、“B→C”、“C→
D”或“D→A”).若气体在A→B过程中吸收63kJ的热量，在C→D过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为______ kJ．
14.(2018·广东省深圳市·模拟题)如图所示，一连通器与贮有水银的
瓶M用软管相连，连通器的两直管A和B竖直放置，两管粗细
相同且上端封闭，直管A和B内充有水银，当气体的温度为T0时，
水银面的高度差ℎ=10cm，两管空气柱长均为ℎ1=10cm，A管
中气体的压强P1=20cmHg.现使两管中的气体的温度都升高到2.4T0，同时调节M 的高度，使B管中的水银面的高度不变，求流入A管的水银柱的长度．
15.(2021·河南省郑州市·单元测试)图(a)为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P
是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图(b)为质点Q的振动图象，下列说法正确的是()
A. 在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动
B. 在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C. 从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m
D. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm
E. 质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt(国际单位制)
16.(2020·全国·期末考试)如图，三角形ABC为某透明介质的横截面，
O为BC边的中点，位于截面所在平面内的束光线自O以入射角
i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射。

已知θ=15°，BC
边长为2L，该介质的折射率为√2.求：
(1)入射角i；
(2)从入射到发生第一次全反射的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到
sin75°=√6+√2
或tan15°=2−√3)。

4
答案和解析
1.【答案】A
【知识点】光电效应、经典时空观与相对论时空观、光的波粒二象性、概率波
【解析】解：A、根据黑体的定义可知，如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体，故A正确；
B、光波是一种概率波，一个光子通过狭缝后，具体落在哪一点，是不可以确定的，但落在各点的概率受波动规律支配，故B错误；
C、光电效应和康普顿效应都证明了光具有粒子性，故C错误；
D、玻尔认为电子在绕核运动的过程中，服从经典力学规律，但电子的轨道是量子化的，故D错误。

故选：A。

根据黑体的定义可判断；一个光子通过狭缝后，具体落在哪一点，是随机的；光电效应和康普顿效应都证明了光具有粒子性；玻尔认为电子在绕核运动的过程中，电子的轨道是量子化的。

本题考查了光的波粒二象性及玻尔理论，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

2.【答案】C
【知识点】万有引力定律的应用、人造卫星、向心力、同步卫星与近地卫星
【解析】解：A、地球同步卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动，万有引力提
供向心力，有：GMm
(R+ℎ)2=m4π2(R+ℎ)
T2
，在地球表面附近，重力等于万有引力，有：mg=GMm
R2
，
故同步卫星运动的周期为：T=2π√(R+ℎ)3
gR2
，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力，有：GMm
(R+ℎ)2=m v2
R+ℎ
，解得同步卫星运行的线速度为：v=
√gR2
R+ℎ
，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，有：GMm
(R+ℎ)2=mg′，解得g′=(R
R+ℎ
)2g，故C正确；
D、由mg=GMm
R2，得：M=gR2
G
，故地球的平均密度为：ρ=
M
4
3
πR3
=3g
4πGR
，故D错误。

故选：C。

人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再结合地球表面重力加速度的公式进行讨论
即可。

该题考查了人造卫星的相关知识，关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，以及地球表面重力等于万有引力列两个方程求解。

3.【答案】B
【知识点】共点力的平衡、力的合成与分解
【解析】解：B、对两物体及弹簧整体
受力分析如图1所示：整体受重力、支
持力、拉力及摩擦力；由平衡条件：f=
F，即水平方向一定有向左的摩擦力作
用在甲上，且大小与F相同，故B正确。

C、因甲与地面间有摩擦力，故C错误。

A、对甲受力分析如图2所示：弹力水平方向的分力应等于摩擦力，即等于F，f=Tsinθ，
解得：T=f
sinθ=F
sinθ
；
故A错误；
D、由图1可知：N=m1g+m2g，如图2：N1=m1g+Tcosθ，地面对乙的支持力N2= m2g−Tcosθ，无法确定m1和m2的关系，故D错误。

故选：B。

整体分析结合物体的运动状态来判定地面与甲之间的摩擦力；隔离甲分析列平衡方程求弹簧弹力。

本题考查整体法和隔离体法、正交分解法处理平衡问题，做好受力图是基本手段，个别力要结合物体的运动状态来确定。

4.【答案】B
【知识点】交变电流的表达式及图象、描述交变电流的物理量、变压器的构造和原理、交变电流的有效值
【解析】解：A、根据图(b)可知交流电的周期T=0.02s，交流电的频率为：f=1
T
=
1
0.02
Hz=50Hz，故A错误；
B、由图(b)可知电流i2的最大值为I m=√2A，故有效值：I2=I m
√2=√2
√2
A=1A，
R2两端的电压U2=I2R2=1×10V=10V，
由U 1U 2
=n
1
n 2
，可得原线圈的两端电压U 1=100V ， 所以电压表的示数为U v =200V −100V =100V ，故B 正确；
C 、由于R 2和R 3并联，电压相等，由欧姆定律得：I A =U 3R 3
=U 2
R 3
=10
20A =0.5A ，故C 错
误；
D 、变压器副线圈的电流：I =I 2+I A =1A +0.5A =1.5A ，
根据I 1I =n
2
n 1
可得原线圈流经的电流I 1=0.15A ，R 1的阻值应该为R 1=
U V I 1
=100
0.15Ω=
666.7Ω，故D 错误。

故选：B 。

根据图(b)可得交流电的周期，利用f =1
T 可得交流电的频率；
根据图(b)可得的最大值，根据有效值与最大值的关系可得交流电的有效值，利用欧姆定律、变压器的变压比可得电压表的示数；
R 2和R 3并联，电压相等，利用欧姆定律可得电流表的示数；
先算出副线圈中通过的电流，求得原线圈中的电流，根据欧姆定律求得电阻。

此题考查了变压器的构造和原理，明确变压比、变流比是解题的关键，对于原线圈串联电阻的电路，可以从电压关系分析电压表的示数。

5.【答案】B
【知识点】匀变速直线运动的速度与位移的关系、运动的图像
【解析】解：B 、根据v 2−v 02
=2ax 得：图线斜率x 0−v 0
2=12a ，可知12a =−40
400，解得刹车
过程中加速度的大小a =5m/s 2，故B 正确；
CD 、由题图可知，新能源动力车的初速度的平方v 02=400m 2/s 2，则v 0=20m/s ，刹
车过程持续的时间t =
v 0a
=
205
s =4s ，故CD 错误；
A 、刹车过程持续的时间是4s ，可知刹车过程中6s 内的位移等于4s 内的位移，则x =
v 0
2−02a
=
40010
m =40m ，故A 错误。

故选：B 。

根据图线结合0−v 2=2ax 求解初速度和加速度；根据速度−时间关系求解时间；根据速度−位移关系求解位移。

本题考查了运动学公式和图象的综合，关键理清图象斜率表示的物理意义，注意汽车速度减为零后不再运动。

6.【答案】AD
【知识点】电势、电势差与场强的关系、电场力做功与电势能变化的关系
【解析】解：A、根据E p=qφ，E=△φ
△x ，得E=1
q
⋅△E p
△x
，由数学知识可知E p−x图象切
线的斜率等于△E p
△x
，x1处切线斜率为零，则知x1处电场强度为零，故A正确；
BD、由题图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知电场强度减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动，x1～x2段图象切线的斜率不断增大，电场强度增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动，x2～x3段斜率不变，电场强度不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；
C、根据E p=qφ，粒子带负电，q<0，则知，电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有φ1>φ2=φ0>φ3，故C错误．
故选：AD。

根据电势能与电势的关系：Ep=qΦ，场强与电势的关系结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qΦ，分析电势的高低。

由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质。

解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。

7.【答案】ABC
【知识点】闭合电路欧姆定律、导体棒平动切割磁感线、焦耳定律、牛顿运动定律的其他综合应用
【解析】解：A、线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：Mg−mgsinθ=(m+
M)a，解得：a=Mg−mgsinθ
m+M
.故A错误。

BC、设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为F=B2l12v
R
，根据平衡
条件得：F=Mg−mgsinθ，联立两式得，v=(Mg−mgsinθ)R
B2l12
，
匀速运动的时间为t=l2
v =B2l12l2
(Mg−mgsinθ)R
.故B、C错误。

D、线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q=(Mg−mgsinθ)l2.故D正确。

本题选错误的，故选：ABC。

线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度．由题，线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律求解焦耳热．由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间．
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．
8.【答案】BD
【知识点】动能和动能定理
【解析】解：A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，
所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，
所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A错误；
B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式
mgℎ+W f+W
弹
=0−0=0
在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式
−mgℎ+(−W
弹)+W f=0−
1
2
mv2
解得：W f=−1
4
mv2，故B正确；
C、由上分析可知，W弹=1
4mv2−mgℎ，所以在C处，弹簧的弹性势能为mgℎ−1
4
mv2，
故C错误；
D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式
mgℎ′+W′f+W′
弹=
1
2
mv B2−0
研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式
−mgℎ′+W′f+(−W′
弹)=0−
1
2
mv′B2
mgℎ′−W′f+W′
弹=
1
2
mv′B2
由于W′f<0，所以1
2mv′B2>1
2
mv B2，则有：v B<v B′，即上滑经过B的速度大于下滑经
过B的速度，故D正确；
故选：BD。

根据圆环的运动情况分析下滑过程中，加速度的变化；
研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A 两个过程，运用动能定理列出等式求解；
研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式。

能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用。

9.【答案】a=s4−s2
2T2
0.02未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【知识点】实验：探究加速度与力、质量的关系
【解析】解：(1)根据逐差法得：s4−s2=2aT2解得a=s4−s2
2T2
；
(2)由图b可知，根据牛顿第二定律可知，a=F
m ，则F即为a−1
m
图象的斜率，所以小
沙袋的总重力m′g=F=2.4
12
N=0.2N，解得m′=0.02kg；
(3)由图(c)可知，图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，可知未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。

另外从斜率看，图(c)的斜率更小表示合力更小，F合=G钩码−f。

故答案为：(1)a=s4−s2
2T2
；(2)0.02(0.018～0.022均正确)；(3)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
(1)利用匀变速直线运动的推论，根据逐差法求出加速度；
(3)根据牛顿第二定律可知，a−1
m
图象的斜率等于砂和砂桶的总重力；
(4)观察图象可知当F>0时，加速度仍为零，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力。

了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能够运用逐差法求解加速度，知道图象的含义，难度适中。

10.【答案】54.142600 ρ=πRd2
4L
【知识点】实验：测量金属丝的电阻率、其他电学实验
【解析】解：(1).该游标卡尺分度值为0.02mm，主尺上为54毫米，游尺上0刻线后第7刻度线与主尺对齐，所以游尺上的读数应为：0.02×7mm=0.14mm，所以玻璃管的内径为：d=54+0.14mm=54.14mm。

多用电表读数为26、挡位为“×100”挡，所以水柱体的电阻为：R=26×100Ω= 2600Ω。

(2).因为电压表V内阻约30kΩ，与水体电阻接近，电流表A内阻约50Ω，远小于水体电阻，所以应用内接法连接电表，也就是待测电阻与电流表串联后再与电压表并联；又因滑动变阻器R0(0～100Ω，允许最大电流1A)，所以滑动变阻器应为分压式连接；也就是电压表负接线柱与电流表负接线柱连接，再与滑动变阻器上滑片连接。

(3).电阻率为：ρ=RS
L
，R为电阻阻值，S为电阻横截面积，L为电阻长度，所以可得：
ρ=RS
L =R(π
d
2
)2
L
=πRd2
4L
故答案为：(1).54.14；26×102或2.6×103(2)见解析；(3)ρ=πRd2
4L
(1)游标卡尺线度游标尺分度值，再将主尺读数与游标尺读数相加；
(2)注意电流表内外解与变阻器分压式接法；
(3)电阻率为：ρ=RS
L
，可求解。

对于实验关键要理解实验原理，本题有两个关键：一是确定电流表的接法，可根据口诀：大内偏大，小外偏小，来确定电流表的接法。

二是变阻器的接法，待测电阻较大时往往采用分压式接法。

11.【答案】解：若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示。

粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。

根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45°角，可得：
V0=vcos45°
解得：v=√2v0
(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：
−qEL =1
2mv 02
−1
2mv 2
解得：E =
mv 0
22qL
又在匀强电场由Q 到P 的过程中， 水平方向的位移为：x =v 0t 1 竖直方向的位移为：y =v 0
2t 1
=L
可得X QP =2L ，OQ =L
由OQ =2Rcos45°故粒子在OQ 段圆周运动的半径：R =√2
2
L 及R =
mv Bq ，
得B 0=
2mv 0Lq
，
(3)在Q 点时，v y =v 0tan45°=v 0
设粒子从Q 到P 所用时间为t 1，在竖直方向上有：t 1=2L v 0
粒子从O 点运动到Q 所用的时间为：t 2=πL
4v 0
则粒子从O 点运动到P 点所用的时间为：t 总=t 1+t 2=2L v 0
+πL 4v 0
=
(8+π)L 4v 0。

【知识点】动能和动能定理、带电粒子在匀强磁场中的运动规律、带电粒子在电场中的运动、向心力的计算、牛顿第二定律的理解及简单运用
【解析】带电粒子以与x 轴成45°垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，接着又以与x 轴成45°进入匀强电场，当到达P 点时速度恰好与x 轴平行。

由粒子在电场P 点的速度可求出刚进入电场的速度，从而由类平抛运动与圆周运动结合几何关系可求出圆弧对应的半径，因此可算出磁感应强度及电场强度。

同时由周期公式及运动学公式可求出粒子从O 点到P 点的时间。

可将粒子的运动轨迹逆向思考，看成粒子在电场中以一定速度做类平抛运动后，进入匀强磁场中做匀速圆周运动。

12.【答案】解：(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒：mgR=1
2
mv B2解得：v B=3m/s
在B点由牛顿第二定律得F N−mg=m v B2
R
解得：F N=30N
据牛顿第三定律，物块滑到B点时对轨道的压力F N′=F N=30N．
(2)物块滑上平板车后，系统的动量恒，
mv B=(m+M)v
共
Q=1
2
mv B2−
1
2
(m+M)v
共
2
解得Q=3.75J．
(3)根据图像，求得L=0.75m时，F f’=8N
物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f−L图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为
W f=(F f0+F f′)
2
L
求得W f=3.75J；
物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得：
−W f=1
2
mv2−
1
2
mv B2
解得：v=√6
2
m/s．
答：(1)物块滑到B点时对轨道压力的大小为30N；
(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，该过程中系统由于摩擦而产生的热量为3.75J；
(3)若物块最终滑离了平板车，物块滑离平板车时的速度大小为√6
2
m/s．
【知识点】动量守恒定律、功能关系的应用、机械能守恒定律
【解析】(1)根据机械能守恒求得B的速度，再根据牛顿第二定律求得压力大小；
(2)根据系统动量守恒，能量守恒解得Q的大小；
(3)结合图像求得摩擦力做功，再根据动能定理求得速度大小。

本题考查动能定理，动量守恒，圆周运动的应用，必须把握运动过程进行解答，注意系统能量的转化。

13.【答案】C B→C25
【知识点】理想气体及理想气体状态方程
【解析】解：(1)A、A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，A错误；
B、B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，气体分子的平均动能减小，B 错误；
C、C→D过程中，等温压缩，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，C正确；
D、D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高，气体分子的速率分布曲线发生变化，D错误；故选C；
(2)B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，内能减小；由△U=Q+W知，气体完成一次循环对外做的功为W=25KJ；
故答案为：(1)C；(2)B→C；25．
A→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→D过程中，等温压缩，D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高；由△U=Q+W知，气体完成一次循环对外做的功为W=25KJ．
本题考查了理想气体状态方程，要理解各过程气体的变化，选择相应的状态方程．14.【答案】解：当温度为T0时B管中气体的压强为：p B1═P1+ℎcmHg=20cmHg+ 10cmHg=30(cmHg)
当温度为2.4T0时，B管中气体体积不变，设其压强为P B2
B中气体状态变化为等容过程，由查理定律得：
p B1 T0=
p B2 2.4T0
解得：p B2=72cmHg
当温度为T0时A管中气体的压强为P1=20cmHg
设流入A管的水银柱的长度为x，则：P2=P B2−(ℎ+x)=62−x(cmHg)，l A2=ℎ1−x(cm)
A中气体状态变化符合理想气体状态方程，有：
p1V1 T0=
p2V2 2.4T0
代入数据整理得：x2−72x+140=0
解得：x=2cm(另一值为70cm不符合条件舍去)答：流入A管的水银柱的长度为2cm．。