新高考河北地区专用2021届高考物理下学期5月终极猜题卷202105170218

一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.在如图所示的坐标系内，沿y轴放置一根通有沿y轴正方向恒定电流的长直导线，在空间存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，且a(1,0,0)位置处的磁感应强度为零。已知c(0,0,1)，b(1,1,2)，则下列判断正确的是( )

A.c点磁场的磁感应强度大小为2B，方向沿z轴正方向

B.c点磁场的磁感应强度大小为2B，方向与z轴正方向成45°角C.b点磁场的磁感应强度大小为2B，方向垂直于Ob连线D.b点磁场的磁感应强度大小为2B，方向沿着Ob连线

2.在一平直公路边上，有一骑行者正在路边休息.此时，一辆大巴车从旁经过，车上有一乘客的手提包从窗口掉落（乘客因睡着未发现）。骑行者立即捡起手提包骑车追赶大巴车，边骑边喊边挥舞，10 s后大巴车司机发现并减速停车。已知大巴车行驶速度为20 m/s，减速阶段可看作匀变速运动，骑行者达到最大速度10 m/s后，只能持续30 s，两者的vt图像如图所示。下列说法正确的是( )

A.大巴车开始减速后，两者的距离就开始逐渐减小B.两者在10 s时距离最大

C.如果骑行者捡起手提包到开始骑行耽误了2 s的时间，他无法在以最大速度骑行30 s内追

1

上大巴车

D.如果骑行者捡起手提包到开始骑行耽误了2 s的时间，他一定会在以最大速度骑行30 s内追上大巴车

3.一箭13星！2020年11月6日11时19分，我国在太原卫星发射中心用“长征六号”运载火箭，成功将10颗“NewSat9–18”卫星、1颗“电子科技大学号”卫星、1颗“北航空事卫星一号”和1颗“八一03星”共计13颗卫星送入预定轨道.发射卫星的过程可简化看作：先将卫星送入椭圆转移轨道，然后再转入环绕轨道，如图所示。卫星先沿轨道Ⅰ运行，近地点为Q，远地点为P，当卫星经过点P时点火加速，使卫星由轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ上运行，在轨道Ⅱ上卫星运行周期约为90 min.关于卫星的运行过程，下列说法中正确的是( )

A.卫星在轨道I和轨道Ⅱ上运动时的机械能相等

B.卫星在轨道Ⅰ上和在轨道Ⅱ上分别经过P点的加速度相等C.轨道Ⅱ的半径大于地球同步卫星的轨道半径

D.卫星在轨道Ⅱ上运行的角速度是地球同步卫星角速度的32倍

4.现有一恒压交流电源，输出电压为U，电源和原线圈间接有一光敏电阻，通过理想变压器接有电阻为RL的灯泡L，如图所示，已知变压器原、副线圈的匝数之比n1:n21:3，当光的强度由强变弱时，光敏电阻的阻值由小变大，则该过程中( )

A.流过灯泡和光敏电阻的电流之比为3:1C.光敏电阻消耗的功率逐渐变小

B.灯泡的亮度由亮变暗D.光敏电阻两端的电压逐渐变小

5.水平线MN上方有一水平向右的匀强电场，场强为E，一带电粒子从A点以速度v0竖直向上射入电场，粒子的质量为m、电荷量为q，到达点B时的速度方向变为水平，大小为下列说法正确的是( )

3v0，22

A.粒子的轨迹是圆弧

32B.从A点到B点，粒子的电势能减少了mv08C.粒子再次经过水平线MN上的C点（图中未画出）时A、C间的距离为A、B间水平距离的2倍

32

D.粒子再次经过水平线MN上的C点（图中未画出）时的动能为mv0

2

6.如图所示，地面上竖直放置一大圆环，用两段等长细线OA和OB固定一小球，小球恰好在圆心O处，细线OA水平，细线OB与竖直方向夹角为30°，现缓慢向右转动大圆环至OA转到竖直方向的过程中，以下说法正确的是( )

A.OA拉力逐渐增大C.OB拉力逐渐增大

B.OA的最大拉力为D.OB的最大拉力为23G33G37.在足够长的光滑水平面上，物块A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间，A的质量为m,B、C的质量都为M，且M2m，如图所示.若开始时三者均处于静止状态，现给A一向右的冲量I，物块间的碰撞都可以看作是弹性碰撞，关于A与B、C间发生碰撞的分析正确的是( )

A.物块A与B、C之间只能各发生一次碰撞

B.物块A、B之间只能发生一次碰撞，A、C之间可以发生两次碰撞C.物块A、C之间只能发生一次碰撞，A、B之间可以发生两次碰撞

3

D.物块A、C第一次碰撞后，物块C速度大小为

I9m二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.第24届冬季奥林匹克运动会，将于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，北京也将成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市。跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡BC、减速停止区CD三部分组成.比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，落地瞬间垂直接触面的分速度减为零，以平行接触面的分速度滑入减速停止区，在与C等高的D处速度减为零.已知B、C间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g，不计运动员在助滑道AB受到的摩擦阻力及空气阻力，则( )

A.由B点飞出的速度为1tangh21B.运动员在停止区CD上克服摩擦力所做的功为mgh124tanC.运动员从B点飞出经历时间2h时距离斜面BC的距离最远gD.运动员从A点下降到B点和由B点到C点下落的高度之比为1:4tan29.如图所示，在光滑水平面上方有一宽度为2d的匀强磁场区域，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，磁场边界竖直.距离磁场左边界x处，有一质量为m、边长为d的正方形金属线框，其电阻为R。线框在一个水平向右的恒力F作用下，从静止开始运动，运动过程中线框平面始终与磁场方向垂直。已知线框右边刚进入磁场和右边刚离开磁场时的速度大小相等，线框全部进入磁场的时间为t1，线框左边进入磁场到右边离开磁场的时间为t2，则( )

4

A.t1t2B.线框从右边刚进入磁场到右边刚离开磁场过程中通过线框导体横截面的电荷量为

Ft1t2BdC.线框穿越磁场过程中产生的焦耳热为4FdmFR2D.x可能小于442Bd10.如图所示，倾角为30°的足够长的光滑斜面，顶端有轻质滑轮，通过细线一端连接质量为4m的木块A，另一端连接木块B，B的下端通过力学传感器与另一质量为m的钩码C相连，整个系统处于平衡状态，力学传感器的读数Fmg，将质量为m的钩码D分别放在木块A上和悬挂在钩码C上，稳定时力学传感器的读数分别为F1和F2，滑轮受到细线的作用力大小分别为FN1和FN2，重力加速度为g，以下说法正确的是( )

F16F15 A. B.F27F28C.

FN15F5，方向相同 D.N1，方向相同FN28FN26三、非选择题：共54分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须做答，第15~16题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共42分。

11.（6分）物理老师给学生布置的周末家庭作业是：利用家中可利用的物品，探究物体平抛运动的规律。李明同学认为墙壁垂直地板，是竖直的，在父亲的帮助下找到了一段弯曲的薄壁金属管、米尺、白纸、复写纸、小矩形木块、直径略小于金属管内径的金属和餐桌、自制了水平仪等，安装了如图甲所示的装置，每次改变餐桌（装置用胶带固定在餐桌上）和墙之间的距离，让从金属管顶端由静止滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落

5

点。

（1）为了正确完成实验，以下做法必要的是____________；A.李明把轻轻地放在光滑的餐桌桌面上检查桌面是否水平B.管子在餐桌桌面上的投影和餐桌长边平行，餐桌宽边和墙壁平行C.使金属管的底端与桌边重合D.要求金属管内部绝对光滑

（2）李明每次将餐桌向远离墙壁的方向移动，用米尺测量保证宽边的两桌腿到墙壁距离每次增加0.2 m.通过几次重复试验，挑了一张理想的有4个连续落点痕迹的白纸，如图乙所示。测量的距离依次为5.0 cm、15.0 cm、25.0 cm，重力加速度g10m/s2，离开桌面时的速度为__________m/s，打到C点的速度大小为__________m/s（结果可用根号表示）；（3）C点距离桌面的竖直高度为__________m。

12.（8分）某学习小组欲将一量程为0~1 mA的电流表改装成量程为0~3 V的电压表，并测量出其内阻。实验所用器材如下：待改装电流表A；

标准电压表V（量程0~5 V）；滑动变阻器R，最大阻值50；电阻箱R，最大阻值为9999；直流电源电动势为6 V；开关、导线若干。

改装原理如图甲所示，该实验小组进行如下操作，请根据操作回答相应问题。

6

①按图甲原理图连接电路，将图乙实物电路图补充完整；

②将滑动变阻器滑片调至___________（填“a”或“b”）端，闭合开关，电阻箱调节到一个较大的值，缓慢调节滑动变阻器，使电压表的示数为3 V；③调节电阻箱的阻值，观察待改装电流表，使其接近满偏；

④再次调节滑动变阻器使电压表示数为3 V，待改装电流表接近满偏；

⑤重复步骤③④，直到电压表示数为3 V，待改装电流表___________，此时待改装电流表与电阻箱即可以作为改装完成后的电压表。

（1）以上操作步骤⑤中最终电阻箱的阻值为2400，则待改装电流表的内阻为______Ω；若用改装后的电压表测电压时，电流表对应电流示数为0.60 mA，则测量电压为_________V；（2）写出以上改装过程中影响改装电压表准确性的因素___________（写出一条即可）。13.（12分）质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。其示意图如图所示，其

3中加速电压U恒定，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，氦32He核和α

粒子分别从容器A下方的小孔S1处从静止开始被电场加速，在小孔S2处经匀强磁场偏转后，打在水平放置的照相底片上，照相底片感光的两处分别为M、N，S2、M间的距离为L，不计离子的重力及电、磁场的边缘效应。

（1）通过计算说明氦3核打在M处；（2）求MN的距离。

14.（16分）有两块形状完全相同的木板A、B，并排放在粗糙水平面上，木板A、B的两端光滑，上下面分别喷涂了不同的物质。一质量为m2kg的金属块C放在木板A的最左端，

7

如图所示.已知木板A、B长均为L2m、质量均为M0.5kg，金属块C和A、B之间的动摩擦因数分别为CA0.2、CB0.4，木板A、B和地面之间的动摩擦因数分别为

A0.1、B0.2，现给金属块C施加一水平向右的恒力F，重力加速度g10m/s2，求：

（1）为了把C拉离木板A，F的最小值；

（2）设F8N，当C、A分离时A、B、C的速度；

（3）若在C、A分离时，撤掉力F，B速度最大时，A的速度。

（二）选考题：共9分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。15. 【选修3–3】（12分）

（1）（4分）气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置。如图所示，座舱A与气闸舱B之间装有阀门K，座舱A中充满一定质量的空气（可视为理想气体），气闸舱B内为真空。航天员从太空返回气闸舱时，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，平衡后气体的内能______，压强_______（均填“增大”“减小”或“不变”）。

（2）（8分）真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子，主要用于装棉被和各种衣服类，具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气，可将装置简化为如图所示，假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的

1容积为V0且保持不变，袋内气体压强为大气压强p0，活塞式抽气机的容积为V0，活塞的

2横截面积为S，不计活塞的厚度和重力，连接管的体积可忽略，抽气过程中气体温度不变。（i）对于第一次抽气（不考虑活塞在底端时的情况），将活塞缓慢上提，求手对活塞的最大拉力；

（ii）求抽气机抽气10次后，压缩袋中剩余气体的压强p10。

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16. 【选修3–4】（12分）

（1）（4分）如图所示，一底面半径为R的半圆柱形玻璃砖平放在水平面上，O为横截面的圆心，AB面涂有反光材料，BC为一个与玻璃砖相切于B点的屏，一束极细的单色光以平行于BC的方向照射到玻璃砖上的D点，OD与AB的夹角30，光线在AB面反射后经过E点射出玻璃砖，OEAB，已知光在真空中的传播速度为c。光线在玻璃砖内传播的时间为________，光线在屏上的光斑离B点的距离为________。

（2）（8分）假设地球的半径为R00km，从地表某位置沿指向地心方向建立x轴，一波源在该位置产生的且沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形如图乙所示，此时波传播到x20m处的质点B，而平衡位置为x5m处的质点A正好位于波谷位置，再经0.15 s，质点A回到平衡位置且向下运动，已知该波的传播速度大于500 m/s而小于700 m/s，假设该波传播的过程中没有能量损失，求：

（i）该波的波速；

（ii）从t0时刻到与波源关于地心对称处的质点第一次到达波峰所需要的时间（结果保留到整数位）。

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2021年高考物理终极猜题卷 新高考版 河北地区专用 答案

答案以及解析

1.答案：B

解析：根据安培定则可以判断通电导线中的电流在a位置产生的磁场方向沿z轴负方向，在c位置产生的磁场方向沿x轴正方向，在b位置产生的磁场方向垂直于ob连线，因a位置处磁感应强度为零，可知通电导线中的电流在此处的磁感应强度大小也为B，因c位置和a位置到通电导线的距离相等，故通电导线中的电流在c点的磁感应强度大小也为B，与匀强磁场方向垂直，合成后的磁感应强度大小为2B，方向与z轴正方向成45°角，选项A错误，B正确；通电导线中的电流在b点的磁感应强度大小无法求出，选项CD错误。2.答案：C

解析：追及问题的距离变化取决于两者速度的大小关系，当追及者的速度大于被追及者的速度时，他们之间的距离才开始减小，A错误；由题图可知，在前15 s内，大巴车的速度比骑行者的速度大，两者之间的距离一直在增大，15 s后骑行者的速度开始大于大巴车的速度，两者之间的距离开始减小，B错误；如果骑行者耽误2 s，大巴车匀速行驶时间

t1(210)s12s，这段时间内的位移为x1v1t22012m240m，由图像所围面积可得，

大巴车匀减速运动的位移为x2x3v120t210m100m，骑行者加速阶段的位移为22v210t35m25m，以最大速度骑行30 s的位移为x4v2t41030m300m，则有22x1x2x3x4，故骑行者在以最大速度骑行30 s内不能追上大巴车，C正确，D错误。

3.答案：B

解析：卫星由轨道I转移到轨道Ⅱ上运动时，需要点火加速，克服万有引力做功，机械能不守恒，选项A错误；根据GMmMmaaG得加速度，卫星在轨道I上运行经过P点的R2R2Mm4π2加速度等于在轨道Ⅱ上运行经过P点的加速度，选项B正确；根据G2m2R得周期

RTR3，地球同步卫星的周期为24小时，大于90分钟，其轨道半径大于轨道Ⅱ的半T2πGM径，选项C错误；根据角速度公式2π2π可知，轨道Ⅱ上卫星的角速度1，地

9060sT10

球同步卫星的角速度24.答案：B

12π16，选项D错误。，因此

243600s2ILI2n11，A错误；因为UI1RU1,U2I2RL，IRI1n23解析：根据理想变压器的电流之比有

U1n111111，有UI1RI2RLI1RI1RLI1RI1RL，所以当R变大时，I1变小，U2n233339I2也变小，所以灯泡变暗，B正确；P光敏I12RI1UI22RL，即

P光敏1191I1UI12RLRLI12I1URL999RL2229992I1I1UUURL2R2RLL99U2129U时，光敏电阻消耗的功率最大，即，所以当I1RLI1U2R92RL4RLLU9U19U1RRL，当RRL时，光敏电阻消耗的功率最大，由于R、RL的大小关系2RL92RL91未知，所以不能确定光敏电阻功率的变化，C错误；由UI1RI1RL知

91U光敏I1RUI1RL，因为R增大，I1减小，所以U光敏增大，D错误。

95.答案：B

解析：粒子所受重力和电场力的合力恒定，轨迹为抛物线，选项A错误；从A点到B点，在13122v02gh，竖直方向有0v0由A到B，根据动能定理有mghEqlm得2mv0，223232Eqlmv0，则电势能减少了mv0，选项B正确；粒子由A点到B点和由B点到C点所用

882时间相同，在水平方向上粒子做初速为零的匀加速直线运动，l121at,xa(2t)2，则22x4l,A、C间的距离为A、B间水平距离的4倍，选项C错误；粒子再次经过水平线MN上

的C点时的动能EkC122mv0Eqx2mv0，选项D错误。26.答案：B

11

解析：解法一：选小球为研究对象，小球受三个力（重力G、细线OA的拉力FA、细线OB的拉力FB）而平衡，缓慢向右转动大圆环至OA转到竖直方向的过程中，等效成将重力在圆中做逆时针转动的过程，作出力的图示如图甲所示，由几何关系可得，拉力FA先增大而后减小，当大圆球转过60°角时，拉力FA最大，最大值FAm拉力FB一直减小，最初时，拉力FB最大，最大值FBmG23；G，A错误，B正确

sin603G23G，CD错误。

cos303解法二：作出矢量三角形，如图乙所示，大圆环在转动过程中，两拉力方向间的夹角保持不变，同样得出正确答案。

7.答案：A

解析：物块A向右与C发生碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，物块A第一次与C碰撞后的速度为vA1，C的速度为vC1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mMI2mII21212ImvA1MvC1，vvmvA1MvC，联立解得，，将A1C11MmmmMm2m22I2I,vC1M2m代入解得vA1，可见A与C碰撞后，A被反向弹回，设A与B发生碰3m3m撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

12121I2I2mvA1mvA2MvB1，mvAmvMvv,v，联立解得，可见碰撞后，A1A2B1A2B12229m9m不会再与B发生碰撞，由于vA2vC1，因此A也不会再与C发生碰撞，A与B、C之间均只发生一次碰撞，A正确，BCD错误。

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8.答案：AD

2解析：由B到C做平抛运动，竖直方向上有2ghvy,2tanvyvB，解得vB1tangh，A212正确；由B到C过程机械能守恒，运动员落到C点前瞬间的动能为EkCmghmvBmgh2mgh1mgh(1)，而运动员落到C点的过程中，由于碰撞损失了一部分能量，224tan4tan1所以在停止区CD上克服摩擦力所做的功小于mgh1；由B到C的过程中，,B错误24tan当运动员距离斜面BC最远时，合速度平行于BC，即tanvyvBhgt，可解得t，C

2gvB12mvB2错误；运动员从A点下降到B点的过程机械能守恒，设A、B间的高度差为h1，有mgh11212222vB2vBtan，可解得，由B点到C点的过程有mghmvBmvC，推得vC22h1:h1:4tan2，D正确。9.答案：BC

B2d2vFma，解析：根据题意，线框进入磁场过程中是减速运动，根据牛顿第二定律有RB2d2vF，线框做加速度减小的减速运动，线框全部进入磁场后到离开磁场前，解得amRm做匀加速直线运动，因为t1、t2时间段内线框位移相等，均为d，且减速运动t1阶段的初速度等于匀加速运动t2阶段的末速度，所以t1t2，A错误；线框右边刚进入磁场和右边刚离开磁场时的速度大小相等，根据动量定理有Ft1t2IdBt10，线框从右边刚进入磁场到右边刚离开磁场过程中通过线框导体横截面的电荷量qIt1，联立解得qFt1t2Bd，B正确；

线框右边刚进入磁场和右边刚离开磁场时的速度大小相等，则动能相等，设线框进入磁场过程中产生焦耳热为Q1，根据能量守恒定律有Q12Fd，线框出磁场过程与进入磁场过程产生焦耳热相等，故线框穿越磁场过程中产生的焦耳热为4Fd，C正确；线框进入磁场过程中

B2d2v1做减速运动，设线框右边刚进入磁场时的速度为v1，有F，线框从静止开始运动到

R12mFR2右边进入磁场，根据动能定理有Fxmv1，故x应满足x，D错误。

22B4d410.答案：BD

解析：未放钩码D，整个系统处于平衡状态时，力学传感器读数Fmg，设木块B的质量为

13

m0，有4mgsin30mgm0g，得m0m，将钩码D放在木块A上时，对整体由牛顿第二

定律有5mgsin302mg7ma1，得a1g15，对钩码C有F1mgma1，得F1mg，将1414g，7钩码D悬挂在钩码C上时，对整体由牛顿第二定律有3mg4mgsin307ma2，得a2对钩码C有2mgF22ma2，得F2a1F512mg，则1,1，A错误，B正确；设两次细

a22F28715mg，钩码D7线拉力分别为FT1和FT2，钩码D放在木块A上时有FT12mg2ma1，得FT1悬挂在钩码C上时有3mgFT23ma2，得FT2别为FN1和FN2，由FN2FTcos30，则

FN1FN218mg，两次滑轮受到细线的作用力大小分75，两次滑轮受到细线的作用力方向相同，为6沿两细线的角平分线方向，C错误，D正确。11.答案：（1）AB（2）2；22（3）0.2

解析：（1）由于本实验要测定平抛运动的初速度，钢球从固定斜面下滑后，桌面应保持水平，当把轻轻地放在光滑的餐桌桌面上不动时，桌面则水平，未水平时会滚动，A正确；由于餐桌桌面是矩形，B选项操作保证了从餐桌边沿飞出的初速度和竖直墙壁垂直，B正确；金属管的底端与桌边重合不是必要的，C错误；下滑时对金属管是否粗糙无要求，只要确保能下滑且每次受到的阻力相同即可，D错误。

（2）由于钢球平抛时在竖直方向做自由落体运动，所以根据ygT2，代入数据解得相邻时间T0.1s，由于餐桌每次在水平方向移动0.2 m，所以根据v开桌面时的速度为v02.0m/s.打到C点时vy22vCvyv0，代入数据解得vC22m/s。

x，代入数据解得离TBD，代入数据解得vy2.0m/s，根据2T（3）在竖直方向上做自由落体运动，则有h12.答案：①如图所示

2vy2g0.2m。

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②a⑤满偏（1）600；1.80

（2）标准电压表的准确性（或电阻箱电阻值的非连续性等其他合理性答案均可）

解析：①按题图甲原理图连接电路图如答图所示；②闭合开关时应使滑动变阻器两端电压最小，所以滑动变阻器滑片应位于a端；⑤当电压表示数为3 V，且待改装电流表恰好满偏时，即完成电压表的改装。

（1）根据欧姆定律可知3V1mA2400RA，解得电流表的内阻为600,根据改装量程与满偏电流的对应关系有

3VU，可得测量电压为1.8 V。1mA0.6mA（2）由于本次改装为对照直接改装，影响改装电压表准确性的主要因素为标准电压表的准确性以及电阻箱阻值的非连续性。

2313.答案：（1）见解析（2）31L解析：（1）设氦3核和α粒子的质量分别为m1、m2，氦3核和α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径分别为r1、r2，则粒子在电场中加速qU12mv02v2粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvBmr由以上两式可得r12mUBq氦3核和α粒子电荷量相同，m1m2，则r1r2，氦3核打在M处

（2）S2M的距离为L，2r1L15

m1r13r22m2r23L323MN2r2r所以2131L14.答案：（1）5N（2）vAB1676m/s；vC1m/s （3）vA2m/s3330解析：（1）要想使C、A分离，则aC1aAB1①对金属块C，由牛顿第二定律得FCAmgmaC1②

同理，对于木板A、B有CAmgA(mM)gBMg2MaAB1③联立①②③式并代入已知数据解得F…5N故F的最小值为5 N

（2）把F8N及其他已知数据代入②式解得aC12m/s2由③得aAB10.5m/s2设经t时间C、A分离，有L11aC1t2aAB1t2④22分离时C、A、B的速度分别为vC1aC1t⑤vAB1aAB1t⑥

联立解得vC146m/s3vAB16m/s3（3）撤掉F后，C、A减速，B加速，当C、B共速时，B的速度最大，以C为研究对象，由牛顿第二定律得CBmgmaC2⑦解得aC24m/s2以B为研究对象，由牛顿第二定律得CBmgB(mM)gMaB2⑧解得aB26m/s216

当B速度最大时有vC1aC2t2vAB1aB2t2⑨解得t26s101122此时C、B的相对位移xvC1t2aC2t2vAB1t2aB2t2⑩

22解得x0.3mL2m，即两者没有分离，此时vA2vAB1aA2t2⑪AMgMaA2⑫

联立⑪⑫代入数值解得vA215.答案：（1）不变；减小

76m/s301（2）（i）当活塞下压时，阀门a关闭，b打开，右侧抽气机中VV0体积的气体排出。

2对于第一次抽气，活塞上提，压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中，活塞上升到最高处时，气体压强降为p1，此时内外压强差最大，手对活塞的拉力最大，由于抽气过程中气体温度不变，根据玻意耳定律有p0V0p1V0V，解得p1根据平衡条件得F1p0p1S1p0S3p0V02p0V0V3（ii）对于第二次抽气，活塞上提，压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中，气体V0压强降为p2，根据玻意耳定律有p1V0p2V0V)，解得p2p0VV0V02以此类推，第10次抽气后压缩袋中气体压强降为p10p0p03V0V10102解析：（1）座舱A中气体进入处于真空状态的气闸舱B，气体并没有对外做功，即W0，由热力学第一定律UWQ，且此过程中系统与外界没有热交换，则Q0，U0，则气体内能不变，即气体温度不变；气体体积变大，温度不变，根据玻意耳定律知压强减小。16.答案：（1）

33R1；R （2）见解析3c解析：（1）作出光线传播的光路图如图所示，D是D点关于AB的像点，反射光线可看做

Rcos3，解得30，由几何关系可知RRsin3sini3；光线在D点的入射角i60，光线在D点的折射角r30，由折射定律得n由sinr是从D射出来的，由几何关系有tan17

nc3可知光线在玻璃砖中传播的速度vc，光线在玻璃砖中传播的时间v3RsinRDFEF3R：由折射定律可知光线在E点的折射角为60°，所以屏上光costv=vc斑到B点的距离为dRRtan30313R。（2）（i）根据质点A从波谷运动到平衡位置且向下运动的时间间隔有tn34T0.15s(n0,1,2,L)即该简谐横波的周期为T0.n3s(n0,1,2,L)由图乙可知该波波长为20m，则该波波速为v100(4n3)T3m/s(n0,1,2,L)根据500m/sv700m/s可得3n4.5故n4，该波的波速为v19003m/s（ii）根据（i）可知该波的周期为T0.43s395s设该波沿地心传播到地球的另一面的时间为t，根据vx1t可得txv2Rv(200100020)m11900=384000196190s3m/s由于波源是向上起振，设该处质点从起振到第一次到达波峰所需要的时间为t2，则t113324T495s380s所以与波源的平衡位置关于地心对称处的质点第一次到达波峰所需要的时间为ttt384000361219380190s20211s18