2021届安徽省滁州市定远县育才学校高考物理模拟试卷(6月份)附答案详解

一、单选题（本大题共4小题，共24.0分） 1.

氢原子的能级如图，一群氢原子处于𝑛=4能级向较低能级跃迁过程中，辐射出的光子( )

A. 能量有3种且连续 B. 能量有4种且不连续 C. 能量可能为0.85𝑒𝑉 D. 最小能量为0.66 𝑒𝑉

2.

如图所示，质量为𝑀的物体内为光滑圆形轨道，现有一质量为𝑚的小滑块沿该圆形轨道的竖直面做圆周运动，𝐴、𝐶为圆周的最高点和最低点，𝐵、𝐷与圆心𝑂在同一水平线上。小滑块运动时，物体𝑀保持静止。关于物体𝑀对地面的压力𝑁和地面对物体的摩擦力，下列说法正确的是( )

A. 滑块运动到𝐴点时，𝑁>𝑀𝑔，摩擦力方向向左 B. 滑块运动到𝐴点时，𝑁=(𝑀+𝑚)𝑔，摩擦力为零 C. 滑块运动到𝐷点时，𝑁<(𝑀+𝑚)𝑔，摩擦力方向向左 D. 滑块运动到𝐷点时，𝑁=(𝑀+𝑚)𝑔，摩擦力方向向左

3.

一质量为𝑚的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态．某时刻其中一个力𝐹突然变为，则经过𝑡时刻，合力的功率的大小是( )

A.

4.

B.

C.

D.

一个可视为质点的物体由静止开始运动，物体的加速度随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )

A. 前2秒内物体做匀变速直线运动 B. 第4秒内物体的运动方向和正方向相反 C. 第2秒末物体的速度为2𝑚/𝑠 D. 第4秒末物体回到了出发点

二、多选题（本大题共5小题，共29.0分）

5. 如图所示，𝑎、𝑏、𝑐、𝑑是地球周围的四个圆周，其中𝑎与赤道共面，𝑏所在平面与赤道平面平行，𝑎、𝑑、𝑐的圆心与地心𝑂重合，下列说法正确的是( )

A. 𝑎、𝑏可能为卫星的轨道 B. 𝑐、𝑑可能为卫星的轨道 C. 地球同步卫星轨道只能与𝑎共面 D. 地球同步卫星轨道只能与𝑑共面

6.

如图所示，当可变电阻𝑅=2𝛺时，理想电压表的示数𝑈=4𝑉。已知电源的电动势𝐸=6𝑉，则( )

A. 此时理想电流表的示数是2𝐴 B. 此时理想电流表的示数是3𝐴 C. 电源的内阻是1𝛺 D. 电源的内阻是2𝛺

7.

如图，带电荷量为+𝑞、质量为𝑚的滑块，沿固定的绝缘斜面匀速下滑．现加上一竖直向上的匀强电场，电场强度为𝐸，且𝑞𝐸<𝑚𝑔.物体沿斜面下滑的过程中，以下说法正确的是( )

A. 滑块将沿斜面减速下滑 B. 滑块仍沿斜面匀速下滑 C. 加电场前，系统机械能守恒

D. 加电场后，重力势能的减少量大于电势能的增加量

8.

带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是( )

A. 洛伦兹力对带电粒子会做功 B. 洛伦兹力不改变带电粒子的动能 C. 洛伦兹力的大小与速度无关

D. 洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向

9.

下列论述正确的是( )

A. 布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动

B. 某些细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，说明水的表面具有张力作用 C. 液晶具有一定的流动性和光学各向异性

D. 热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”

E. 1𝑘𝑔的0𝑜𝐶冰比1𝑘𝑔的0𝑜𝐶的水的内能小些

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

10. 某同学利用如图甲所示的实验装置研究平抛运动的规律。

(1)下列实验要求正确的是______ (填正确答案标号)。 A.必须称出小球的质量 B.斜槽轨道必须是光滑的 C.斜槽轨道末端必须是水平的 D.实验必需的器材还有刻度尺和秒表

E.实验时，应该使小球每次从斜槽上同一位置由静止滚下

(2)该同学在实验中得到的记录坐标纸如图乙所示，坐标纸中小方格的边长𝑙=5𝑐𝑚，小球在平抛运

动途中的几个位置如图中的𝑎、𝑏、𝑐、𝑑所示，则小球做平抛运动的初速度𝑣0= ______ 𝑚/𝑠，小球到𝑏位置的速度为______ 𝑚/𝑠(𝑔取10𝑁/𝑘𝑔)。

11. 如图甲所示的电路测定旧电池组的电动势与内电阻．实验器材有：3节旧电池(每节电池电动势

约为1.5𝑉)电压传感器、数据采集器、电脑、滑动变阻器𝑅1(阻值 0～10𝛺)、滑动变阻器𝑅2(阻值 0～100𝛺)，有电流表(量程0.6𝐴、内阻很小)但无电流传感器．

(1)该电路中应选用的滑动变阻器是______(选填“𝑅1”或“𝑅2”)； (2)用笔画线代替导线将图乙中的实物连线补充完整；

(3)由图丙可知，该电池组的电动势𝐸=______𝑉，内阻𝑟=______𝛺；

(4)(单选)利用上述实验方案测定了同规格新电池组的电动势与内电阻．通过实验发现旧电池组与新

电池组相比，电动势几乎没有变化，但它们的输出功率𝑃随外电阻𝑅变化的关系图线有较大差异，如图丁所示．则可知新电池及其判断理由较合理的是______ (𝐴) 𝐴，因为电动势相同时，𝐴的内阻小，内阻小的是新电池

(𝐵) 𝐵，因为输出功率相同时𝐵对应的外电阻大，电源的内阻就小，内阻小的是新电池 (𝐶) 𝐴，因为输出功率相同时𝐴对应的外电阻大，电源的内阻就小，内阻小的是新电池 (𝐷) 𝐵，因为外电阻相同时𝐵对应的输出功率大，电源的内阻就小，内阻小的是新电池． 四、计算题（本大题共5小题，共62.0分）

12. 如图，水平传送带长为𝐿=5𝑚，且以𝑣=4𝑚/𝑠的恒定速率顺时针转动，光滑曲面与传送带的右

端𝐵点平滑连接，有一质量为𝑚=2𝑘𝑔的物块(可视为质点)从距传送带高为ℎ=1.8𝑚的𝐴点由静止开始滑下.已知物块与传送带之间的动摩擦因数为𝜇=0.5，重力加速度𝑔=10𝑚/𝑠2，不计空气阻力.求：

(1)物块在传送带上向左运动的最远距离； (2)物块前两次经过𝐵点的时间间隔；

(3)从开始运动到物块第𝑛(𝑛≥4且𝑛为偶数)次经过𝐵点时，物块与传送带间因摩擦而产生的热量。

13. 一大型冰雪游乐场上有推冰块的游戏.如图所示，质量为𝑚的冰块𝑃静止在水平冰面上，人站在

车上且在游戏开始时静止在冰块的右侧，人与车的总质量为8𝑚，由冰做成的固定斜面与水平冰面在斜面底端平滑过渡.游戏开始后，人瞬间将冰块相对冰面以大小为𝑣0的速度向左推出，一段时间后，冰块又从斜面返回，追上人后又被人相对冰面以大小为𝑣0的速度向左推出，如此反复，直到冰块追不上人为止。忽略一切摩擦，重力加速度为𝑔。求： (1)人第一次推冰块后，人与车的速度大小𝑣1；

(2)人第二次推冰块后，人与车的速度大小𝑣2；

(3)从第一次算起，人推多少次冰块后，冰块将追不上人。

14. 钢瓶内贮有二氧化碳20𝐿，压强为120𝑎𝑡𝑚，保持温度不变，将钢瓶阀门打开，达到稳定后，钢

瓶内留下的二氧化碳质量是原来的百分之几？逸出的二氧化碳体积多大？(大气压强为1𝑎𝑡𝑚)

15. 长度为20𝑐𝑚的柱状透明工艺品由折射率为√2的材料构成，其横截面𝐴𝑂𝐵形

状如图所示，侧边𝐴𝑂、𝐵𝑂边长均为3𝑐𝑚，夹角为60°，底边𝐴𝐵为半径为𝑅的一段圆弧，其对应的圆心角也为60°。单色平行光束沿与𝑂𝐴面成45°角的方向斜向下射向整个𝑂𝐴侧面，折射进入该柱状介质内，求： (1)光线射到𝑂𝐴面时折射角的大小；

(2)从下部观察，𝐴𝐵所在底面透光的面积(二次反射光线很微弱，忽略不计)。

16. 如图所示，位于坐标原点𝑂的波源的振动周期𝑇=1.2𝑠，产生的简

谐横波分别沿𝑥轴的正方向和负方向传播，𝑡=0时刻波刚好传播到𝑀点，且平衡位置在𝑥=1𝑚的质点𝑃此时的位置坐标𝑦𝑃=10𝑐𝑚。求：

(ⅰ)质点𝑃从图示位置第一次回到平衡位置的时刻𝑡1；

(ⅱ)平衡位置在𝑥=−45𝑚处的质点𝑁(图中未画出)第一次到达波峰位置时𝑀点运动的路程𝑠。

参及解析

1.答案：𝐷

2

解析：解：𝐴、根据𝐶4=6知，一群氢原子处于𝑛=4能级向较低能级跃迁过程中，辐射出的光子能

量有6中，不连续，故AB错误．

C、辐射的光子能量等于两能级间的能级差，𝑛=4、𝑛=3、𝑛=2、𝑛=1，任意两能级的能级差都不等于0.85𝑒𝑉，所以辐射的光子能量不可能为0.85𝑒𝑉，故C错误．

D、𝑛=4和𝑛=3间的能级差最小，辐射的光子能量最小，可知最小的能量为−0.85−(−1.51)𝑒𝑉=0.66𝑒𝑉，故D正确． 故选：𝐷．

2根据数学组合公式𝐶𝑛求出辐射光子频率的种数，能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，

能级差越大，辐射的光子频率越大．

解决本题的关键知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，即𝐸𝑚−𝐸𝑛=ℎ𝑣．

2.答案：𝐶

解析：解：𝐴𝐵、滑块在𝐴点时，滑块对𝑀的作用力在竖直方向上，𝑁<𝑀𝑔，由于系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故AB错误；

𝐶𝐷、滑块在𝐷点时，需要的向心力向左，所以𝑀对滑块有向左的支持力的作用，对𝑀受力分析可知，地面要对物体有向左的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体𝑀对地面的压力𝑁=𝑀𝑔<(𝑀+𝑚)𝑔，故C正确，D错误； 故选：𝐶。

滑块在竖直面内做圆周运动，滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体𝑀对地面的压力𝑁和地面对物体𝑀的摩擦力的大小。 小滑块做圆周运动，分析清楚小滑块做圆周运动的向心力的来源，即可知道小滑块和𝑀之间的作用力的大小，再由牛顿第三定律可以分析得出地面对𝑀的作用力。

3.答案：𝐵

解析：试题分析：物体受到几个力的作用而处于静止状态时，合力为零，一个力𝐹突然变为，则这几个力的合力大小为

，方向与力𝐹反向．根据功率概念，即可求解．

，方向与力𝐹反向，所以由牛

解：由题意可知，当一个力𝐹突然变为，则这几个力的合力大小为顿第二定律可知，加速度大小𝑎=

经过𝑡时间，产生速度为𝑣=𝑎𝑡=则𝑃=𝐹𝑣=故选：𝐵

=

，

4.答案：𝐶

解析：

由图象知道，图像与𝑡轴围成的面积表示速度，物体在前2𝑠做变加速直线运动，2𝑠后加速度为零，做匀速直线运动。

本题的关键在于找到速度与图像的关系。

A.由图像知道，前2秒内物体加速度在增大，不是匀变速运动，故A错误；

B.图像与𝑡轴围成的面积表示速度，知第4秒内物体的运动方向和正方向相同。故B错误； C.图像与𝑡轴围成的面积表示速度，第2秒末物体的速度为𝑣=×2×2𝑚/𝑠=2𝑚/𝑠。故C正确；

21

D.2𝑠后加速度为0，速度不变，第4秒末物体继续向前运动，故D错误。

5.答案：𝐵𝐶

解析：解：𝐴、卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心，即地心为圆周运动的圆心．因此𝑏轨道是不可能的，𝑎、𝑐、𝑑轨道可能，故A错误，B正确． C、同步卫星处于赤道上空，与𝑎轨道共面，故C正确，D错误． 故选：𝐵𝐶．

卫星绕地球做匀速圆周运动，是靠万有引力提供向心力，万有引力的方向指向地心，故圆周运动的圆心为地心．

解决本题的关键知道卫星绕地球做匀速圆周运动，圆心即为地心．以及知道同步卫星的轨道在赤道上空．

6.答案：𝐴𝐶

解析：解：根据欧姆定律可知，电流表的示数：𝐼=𝑅=2𝐴=2𝐴。 根据闭合电路欧姆定律得：𝐸=𝑈+𝐼𝑟

𝑈

4

则得：𝑟=

𝐸−𝑈𝐼

=

6−42

𝛺=1𝛺，故AC正确，BD错误。

故选：𝐴𝐶。

分析电路结构，根据部分电路欧姆定律求解电路中电流，即可得到电流表的示数。 由闭合电路欧姆定律求解电源的内阻。

该题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，属于欧姆定律的直接应用，关键要掌握两种欧姆定律，并能正确应用。

7.答案：𝐵𝐷

解析：解：𝐴𝐵.带电量为𝑚的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，设斜面倾角为𝜃，摩擦因数为𝜇，故𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃=𝜇𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃，当加一竖直向上的匀强电场，且𝑞𝐸<𝑚𝑔，此时物体合力应为𝐹=(𝑚𝑔−𝐸𝑞)𝑠𝑖𝑛𝜃−𝜇(𝑚𝑔−𝐸𝑞)𝑐𝑜𝑠𝜃，故F=0，物体仍保持匀速下滑，故A错误，B正确． C.加电场前，滑块要克服摩擦力做功，机械能减少，机械能不守恒，故C错误；

D.由于𝑞𝐸<𝑚𝑔，则𝑞𝐸ℎ<𝑚𝑔ℎ，即克服电场力做功小于重力做功，重力势能的减少量大于电势能的增加量，故D正确； 故选：𝐵𝐷．

质量为𝑚的滑块，沿固定绝缘斜面匀速下滑，没有电场时，应有重力沿下面向下的分量与摩擦力平衡；当加一竖直向上的匀强电场，电场强度为𝐸，且𝑞𝐸<𝑚𝑔，相当于减小了物体的重力，或相当于用质量小的物体更换质量大的物体，物体将仍保持匀速下滑．

当加一竖直向上的匀强电场时，相当于减小了物体的重力，在摩擦因数不变的情况下，物体仍保持匀速下滑．注意这种等效观点的应用．

8.答案：𝐵𝐷

解析：解：𝐴、洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误 B、不改变速度的大小，只改变速度的方向，所以不改变粒子的动能．故B正确． C、洛伦兹力大小𝐹=𝑞𝑣𝐵，与速度的大小有关．故C错误．

D、洛伦兹力与速度方向始终垂直，其作用效果只改变速度的方向，故D正确 故选BD

洛伦兹力的方向与速度方向垂直，只改变速度的方向，不改变速度的大小． 解决本题的关键掌握洛伦兹力的大小公式，知道洛伦兹力的方向和作用效果

9.答案：𝐵𝐶𝐸

解析：解：𝐴、布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，不是分子的运动。故A错误；

B、某些细小的昆虫能够在水面上自由运动而不下沉，说明水的表面具有张力作用。故B正确； C、液晶具有一定的流动性和光学各向异性。故C正确；

D、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；故热力学第二定律可描述为“不可能使热量自发地由低温物体传递到高温物体”，故D错误；

E、冰溶化为等温度的水的过程中吸收热量，所以1𝑘𝑔的0𝑜𝐶冰比1𝑘𝑔的0𝑜𝐶的水的内能小些。故E正确

故选：𝐵𝐶𝐸。

布朗运动：悬浮在液体内的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的标志； 液体表面张力：凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力。它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力。就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势。正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如； 液晶既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性；

本题考查了布朗运动、液体表面张力、液晶的特点、内能的微观意义以及热力学第二定律等相关知识，属于对基础知识的考查，关键要熟悉这些知识点，多看书就行。

10.答案：𝐶𝐸 2 2√2 解析：解：(1)𝐴、平抛运动不需要知道小球的质量，故A错误；

B、即使斜槽轨道是粗糙的，只要每次小球从同一高度由静止开始滚下，小球每次平抛的初速度都相同，所以斜槽轨道不光滑对实验没有影响，故B错误；

C、为了确保小球离开轨道后做平抛运动，斜槽轨道末端必须水平，故C正确； D、实验没有直接测量时间，秒表不需要，故D错误；

E、实验时，只有让小球每次从斜槽上同一位置由静止滚下，小球每一次平抛的初速度才相同，即每次平抛的轨迹相同，故E正确。 故选CE。

(2)图中𝑎、𝑏、𝑐、𝑑四点的水平间隔均匀，所以相邻两点间的时间间隔相等，设为𝑇。

小球在竖直方向做自由落体运动，所以有：△𝑦=2×5𝑐𝑚=0.1𝑚=𝑔𝑇2，得：𝑇=√0.1𝑠，

平抛运动的初速度：𝑥=4×5𝑐𝑚=0.2𝑚，𝑣0=𝑇=0.1𝑚/𝑠=2𝑚/𝑠。 𝑣𝑏𝑦=𝑏是𝑎、𝑐的中间时刻的点，𝑦𝑎𝑐=8×5𝑐𝑚=0.4𝑚，在竖直方向上，所以：

22

𝑣𝑏=√𝑣0+𝑣𝑏𝑦=√22+22𝑚/𝑠=2√2𝑚/𝑠．

𝑦𝑎𝑐2𝑇

𝑥

0.2

△𝑦𝑔

=√10𝑠=

0.1

=

0.42×0.1

𝑚/𝑠=2𝑚/𝑠，

故答案为：(1)𝐶𝐸(2)2，2√2．

保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解。

解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解；对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动的规律和推论解题．

11.答案：𝑅1；4.3；7.8；𝐷

解析：解：(1)为方便实验操作，滑动变阻器应选择𝑅1． (2)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

(3)由图示电源𝑈−𝐼图象可知，图象与纵轴交点坐标值为4.3， 电源电动势𝐸=4.3𝑉，电源内阻：𝑟=

△𝑈△𝐼

=0.56−0.2≈7.8𝛺．

2.8−0

(4)旧电池内阻大于新电池内阻，当内外电阻相等时，电池的输出功率最大，由图示图象可知，𝐵的内阻小，𝐴的内阻大，则𝐵对应的是新电池，𝐴对应的是旧电池，故D正确，故选D． 故答案为：(1)𝑅1；(2)电路图如图所示；(3)4.3；7.8；(4))𝐷． (1)为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器． (2)根据电路图连接实物电路图． (3)由图示图象求出电源电动势与内阻．

(4)新旧电池的电动势相差不多，旧电池内阻明显大于新电池内阻，分析图示图象，然后答题．

本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电源电动势与内阻、判断电池的新旧，知道实验原理、掌握实验器材的选择原则、会应用图象法处理实验数据即可正确解题．

2

−0 12.答案：解：(1)物块从𝐴到𝐵的过程中，由动能定理得：𝑚𝑔ℎ=2𝑚𝑣𝐵

1

解得：𝑣𝐵=6𝑚/𝑠

2

物块在传送带上向左运动的过程中，由动能定理得：−𝜇𝑚𝑔𝑥=0−2𝑚𝑣𝐵

1

得物块在传送带上向左运动的最远距离𝑥=3.6𝑚<𝐿=5𝑚 物块未从传送带左端滑下；

(2)物块在传送带上运动过程由牛顿第二定律得：𝜇𝑚𝑔=𝑚𝑎， 解得加速度大小为：𝑎=5𝑚/𝑠2； 物块在传送带上向左运动的时间𝑡=

𝑣

4

𝑣𝐵𝑎

=𝑠=1.2𝑠

5

6

向右返回时加速的时间𝑡1=𝑎=5𝑠=0.8𝑠 加速的位移为𝑥1=解得：𝑥1=1.6𝑚 向右匀速的时间𝑡2=

𝑥−𝑥1𝑣0+𝑣2

⋅𝑡1

=

3.6−1.

𝑠=0.5𝑠

故物块前两次经过𝐵点的时间间隔为𝑇=𝑡+𝑡1+𝑡2=1.2𝑠+0.8𝑠+0.5𝑠=2.5𝑠； (3)第一次经过𝐵点向左返回过程物块与传送带间发生的相对位移为：𝛥𝑥1=𝑣𝑡+解得𝛥𝑥1=8.4𝑚

向右返回过程物块相对传送带的位移为𝛥𝑥2=𝑣𝑡1−解得：𝛥𝑥2=1.6𝑚

物块第一次向右返回𝐵点前已经与传送带一起匀速，即物块第二次到𝐵点的速度为𝑣𝐵′=𝑣=4𝑚/𝑠， 而在曲面上运动过程机械能守恒，即第三次回到𝐵点时𝑣𝐵′=4𝑚/𝑠，而第三次经过𝐵点向左滑行时间𝑡3=

𝑣𝐵′𝑎

0+𝑣2

𝑣𝐵+02

⋅𝑡

⋅𝑡1

=𝑠=0.8𝑠

5

𝑣8′+02

4

相对位移𝛥𝑥3=𝑣𝑡3+解得𝛥𝑥3=4.8𝑚

⋅𝑡3

第二次向右返回加速时间𝑡4=𝑎=5𝑠=0.8𝑠，与向左减速时间相同，即刚好加速到𝐵点 相对位𝛥𝑥4=𝑣𝑡4−

0+𝑣2

𝑣4

⋅𝑡4，

解得：𝛥𝑥4=1.6𝑚=𝛥𝑥2

即向右返回过程的相对位移相同，以后的运动与物块第二次在传送带上的往返运动的情景完全相同 因此物块第𝑛(𝑛≥4)次经过𝐵点时，产生的热量为：𝑄=𝜇𝑚𝑔𝛥𝑥1+𝜇𝑚𝑔𝛥𝑥2+𝜇𝑚𝑔(𝛥𝑥3+𝛥𝑥4)⋅代入数据解得：𝑄=(36+32𝑛)𝐽。

答：(1)物块在传送带上向左运动的最远距离为3.6𝑚； (2)物块前两次经过𝐵点的时间间隔为2.5𝑠；

(3)从开始运动到物块第𝑛(𝑛≥4且𝑛为偶数)次经过𝐵点时，物块与传送带间因摩擦而产生的热量为(36+32𝑛)𝐽。

解析：(1)物块从𝐴到𝐵的过程中，由动能定理求解达到𝐵点速度大小，物块在传送带上向左运动的过程中，由动能定理求解物块在传送带上向左运动的最远距离；

(2)物块在传送带上运动过程由牛顿第二定律求解加速度大小，根据运动学公式求解物块在传送带上向左运动的时间、向右返回时加速的时间、向右匀速的时间，因此得到物块前两次经过𝐵点的时间间隔；

(3)分别求出每次向左和向右相对于传送带发生的位移，分析物块的运动情况，求出𝑛次经过𝐵点时物块相对于传送带通过的总路程，根据摩擦力乘以相对距离进行解答。

本题主要是考查了功能关系和牛顿第二定律的综合应用，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。

𝑛−22

13.答案：解：(1)人、车与冰块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，

设第一次推出冰块后人与车的速度大小为𝑣1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

8𝑚𝑣1−𝑚𝑣0=0

解得：𝑣1=8𝑣0；

(2)人第二次推冰块过程系统在水平方向动量守恒，设第二次推出冰块后人的速度为𝑣2， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：8𝑚𝑣1+𝑚𝑣0=8𝑚𝑣2−𝑚𝑣0 解得：𝑣2=8𝑣0

(3)人推出冰块过程系统在水平方向动量守恒，设第二次推出冰块后人的速度为𝑣3， 以向右为正方向，由动量守恒定律得：8𝑚𝑣2+𝑚𝑣0=8𝑚𝑣3−𝑚𝑣0 解得：𝑣3=8𝑣0

531

…………

第𝑛次推出冰块后人与车的速度大小：𝑣𝑛=

2𝑛−18

𝑣0，

人接不到冰块需要满足的条件是：𝑣𝑛≥𝑣0， 解得：𝑛≥3.5

则第4次推出冰块后，人和车的速率大于冰块的速率，冰块追不上人 答：(1)人第一次推冰块后，人与车的速度大小𝑣1是8𝑣0； (2)人第二次推冰块后，人与车的速度大小𝑣2是8𝑣0； (3)从第一次算起，人推4次冰块后，冰块将追不上人。

解析：(1)人、车与冰块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出人第一次推冰块后，人与车的速度大小𝑣1；

(2)人、车与冰块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出人第二次推冰块后，人与车的速度大小𝑣2；

(3)当人的速度大于等于冰块的速度时，人不能接到冰块，应用动量守恒定律分析答题。

本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚人和车与冰块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律即可解题。

3

1

14.答案：解：以钢瓶内氧气为研究对象，气体状态参量：

𝑉1=20𝐿，𝑝1=120𝑎𝑡𝑚，𝑉2=？，𝑝2=1𝑎𝑡𝑚，

由玻意耳定律得：𝑝1𝑉1=𝑝2𝑉2，代入数据解得：𝑉2=2400𝐿

1

钢瓶内剩余氧气的质量是原来的：𝑉×100%=2400≈0.83%

2

𝑉20

逸出的二氧化碳体积为△𝑉=𝑉2−𝑉1=2400−20𝐿=2380𝐿

答：钢瓶内留下的二氧化碳质量是原来的百分之0.83，逸出的二氧化碳体积2380𝐿．

解析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出气体体积，然后求出剩余氧气的质量占总质量的百分比

本题属于变质量问题，而气体实验定律条件是一定质量的气体，因此本题的关键是选好研究对象：一般以原来了的气体为研究对象，体积增大，看剩下的是总的多少即可．

15.答案：解：(1)所有光线在𝑂𝐴面上入射角

都相同，如图1，由折射定律知：𝑛=𝑠𝑖𝑛𝑟

𝑠𝑖𝑛𝑖

其中：𝑖=45° 解得折射角：𝑟=30° 所以，折射光线均平行于𝑂𝐵

(2)如图2，进入介质内的光线，在𝐴𝐵弧面上到达位置越向左入射角越大。在此面上恰发生全反射时临界角𝐶满足：𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑛=√2=𝑠𝑖𝑛45°

设恰好射到𝑃点的光线为对应临界角时的光线，设此时入射角为𝜃，则𝜃=𝐶=45° 由几何关系得：𝛼=15°

故射出光线的圆弧部分对应圆心角为∠𝑃𝑂′𝐴=45°=4 对应的弧长为：𝑙=𝑅⋅∠𝑃𝑂′𝐴=4⋅𝑅

𝐴𝐵所在底面透光的面积：𝑆=𝑙⋅𝐿=4×3×10−2×20×10−2𝑚2=1.5𝜋×10−3 𝑚2 答：(1)光线射到𝑂𝐴面时折射角的大小为30°；

(2)从下部观察，𝐴𝐵所在底面透光的面积为1.5𝜋×10−3 𝑚2。

解析：(1)所有光线在𝑂𝐴面上入射角都相同，由折射定律求出折射角；

(2)根据几何关系确定折射光线的方向，进入介质内的光线，在𝐴𝐵弧面上到达位置越向左入射角越大，当入射角等于临界角时发生全反射，不再有光线射出弧面。由临界角公式和几何关系求解。 本题是一道几何光学题，对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角，并掌握全反射的条件。

𝜋𝜋

𝜋

1

116.答案：解：(ⅰ)𝑃点所在的波向右传播，𝑡=0时质点𝑃向下振动，由题图可知，其振动方程为：𝑦=

20𝑠𝑖𝑛(𝑇𝑡+6𝜋) 当𝑦=0时得：𝑡1=0.1𝑠； (ⅱ)波速为：𝑣=

𝛥𝑥𝛥𝑡

2𝜋

5

=0.1𝑚/𝑠=10𝑚/𝑠，故波长：𝜆=𝑣𝑇=12𝑚，

𝜆4

1

由题图可知，𝑡=0时向左传播的第一个波峰在：𝑥=−=−3𝑚处， 故质点𝑁第一次到达波峰位置的时间为：𝑡2=

45−310

𝑠=4.2𝑠=32𝑇，

1

此时间内𝑀点运动的路程：𝑠=14𝐴=2.8𝑚；

答：(ⅰ)质点𝑃从图示位置第一次回到平衡位置的时刻𝑡1为0.1𝑠；

(ⅱ)平衡置在𝑥=−45𝑚处的质点𝑁(图中未画出)第一次到达波峰位置时𝑀点运动的路程𝑠为2.8𝑚； (𝑖)根据波的传播方向得到质点𝑃的振动方向，解析：进而得到振动方程，从而根据振动方程求时间；

(𝑖𝑖)由𝑃的坐标得到波的波长，进而得到波速；根据𝑁点位置得到波峰传播距离，从而求得波的运动时间，即可根据时间求得质点𝑃的运动路程。

在波的传播问题中，一般根据振动图象及传播方向、时间间隔得到波长和波速，进而得到任一质点的运动状态。