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大阶段滚动卷(四)
1．C 2．D 3．B 4．A
5．B [由题意可得，上升过程中，小球的加速度为a 上＝mg+ f 上
m
，下落过程中，
小球的加速度为a 下＝mg- f 下
m
，可知上升过程的平均加速度大于下落过程的平
均加速度，且又上升过程和下降过程的位移相同，根据x＝1
2at2，可知小球上升
过程的时间小于下落过程的时间，故A 错误；由题意可得，阻力与速率的关系
为f＝kv(k 为常量)，故阻力的冲量大小为If＝ft＝kvt＝kx，因为上升过程和下
降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B 正确；上升过程
若是匀减速运动，则平均速度为v ＝v0
2 ，但由题图可知，其速度时间—图像面
积小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则可得
小球上升过程中的平均速度小于v0
2 ，故C 错误；整个过程中阻力方向一直与速
度方向向反，故阻力一直在做负功，故D 错误。]
6．D [n 型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子，两种半导体中的载
流子都会从高温端向低温端扩散，A 端聚集电子，所以A 端是半导体热电偶的
负极，A 错误；只交换高、低温热源的位置，二者之间存在温差，载流子依然
可以定向移动，从而可以在A、B 两端形成电势差，B 错误；根据U＝SΔT 可知，
温差一定时，塞贝克系数越大，A、B 端的电势差就越大，说明材料热电转换能
力越强，C 错误；载流子从高温端向低温端扩散的“驱动力”是非静电力，其方向
与载流子扩散方向相同，D 正确。]
7．C [对篮球受力分析，竖直方向满足3fcos α＝3FNsin α+G，因为静摩擦力
f≤μFN，解得FN≥
G
3( μcos α -sin α )，所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮
球压力的最小值为F'min ＝
G
3( μcos α -sin α )，且可得夹角α 满足μ≥tan α+
G
3 F N cos α 时，才能将篮球抓起，μ>tan α 时，不一定能将篮球抓起，故A、B
错误，C 正确；若抓起篮球竖直向上做匀速运动，篮球始终处于平衡状态，则
每根“手指”对篮球的压力不变，故D 错误。]
8．AD [灯泡电阻RL＝10
2
5 Ω＝20 Ω，线圈中电动势有效值E＝
U L
RL
(RL+R)＝
12 V，最大值Em＝√2E＝12√2 V，根据最大感应电动势的表达式Em＝NBωS
＝NΦmω，可得ω＝
Em
N Φm
＝
12√2
400×√2×10
- 4 rad/s＝300 rad/s，则自行车的速度
等于摩擦小轮边缘的线速度，即v＝ωr＝300×0.02 m/s＝6 m/s，选项A 正确，
B 错误；若自行车的速度减半，则小轮的角速度ω 减半，感应电动势最大值和
有效值均减半，灯泡L 两端电压减半，根据功率表达式P＝U L
2
RL
，可知功率变为
原来的四分之一，选项C 错误；交流电压表的示数为灯泡两端电压的有效值，
由电动势的最大值决定，与磁铁的位置无关，即磁铁处于题图乙位置时，交流
电压表的示数仍为10 V，选项D 正确。]
9．BC [形成稳定干涉图像的条件是两列波的频率相等，v＝λf，由题图可知，
a 波的波长为2.5 m，则频率为1 Hz，b 波的波长为4 m，则频率为5
8 Hz，故
不能形成稳定干涉图像，A 错误；设从x＝2.5 m 开始，再经过Δx，两列波的波
峰再次重合，则有Δx＝n1λa＝(2.5n1) m，(n1＝1，2，3……)，Δx＝n2λb＝(4n2)
m，(n2＝1，2，3……)，可知当n1＝8 和n2＝5 时，Δx＝20 m，故当x＝
(2.5±20k) m，k＝0，1，2，3……处波峰都重合，B 正确；设从x＝2.5 m 之后
的Δx1处，有波谷与波谷重合，则有Δx1＝(2m1+1) λa
2 ，(m1＝0，1，2，3……)，
Δx1＝(2m2+1) λb
2 ，(m2＝0，1，2，3……)，得
2m1+1
2m2+1 ＝8
5，因为m1和m2在整数
范围内无解，故不存在波谷与波谷重合处，C 正确；设b 波在x＝－0.5 m 处质
点的振动方程为y＝Asin(ωt+φ)，由题图可知，A＝5 m，由前面分析可知，ω＝
2πfb＝5 π
4 rad/s，经过1
4 T，该质点运动到y＝5 m 处，则φ＝0，则振动方程为y
＝5sin
5 π
4 t m，D 错误。]
10．CD [线圈的cd 边在磁场Ⅱ中运动时，满足2BIL＝ma，其中I＝E
R，E＝
2BLv，可得a＝4 B
2 L
2v
mR
，可知线圈速度刚好为零时，其加速度也为零，故A
错误；线圈的cd 边由磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的瞬间，ab 边也开始受到安培力作用，
加速度瞬间增大，故B 错误；设线圈cd 边刚要进入磁场Ⅱ时的速度为v1，线圈
的cd 边在磁场Ⅰ运动的过程，由动量定理得－BLI 1Δt1＝mv1－mv0，线圈的cd
边在磁场Ⅱ运动的过程，有－2BLI 2Δt2＝0－mv1，其中q1＝I 1Δt1＝B L
2
R ，q2＝I 2
Δt2＝2B L
2
R
，解得v1＝4
5 v0，cd 边在磁场Ⅰ运动的过程中线圈产生的热量为Q1
＝1
2mv0
2－1
2mv1
2，cd 边在磁场Ⅱ运动的过程中线圈产生的热量为Q2＝1
2mv1
2－
0，可得Q1∶Q2＝9∶16，故C 正确；由上述分析可得，若线圈的初速度为
2v0，线圈的cd 边在磁场Ⅰ运动的过程中动量的减少量为mv0
5 ，线圈的cd 边在
磁场Ⅱ运动的过程中动量的减少量为4 mv0
5
，线圈的ab 边从进入磁场Ⅱ到离开
磁场Ⅱ的过程中动量的减少量为mv0
5 ，则线圈的ab 边刚好运动到磁场Ⅱ右边界
时的速度为v＝2v0－1
5v0－4
5 v0－1
5v0＝4
5 v0，故D 正确。]
11．解析：(1)绳子的拉力可以通过力传感器读出，故不需要钩码与动滑轮的总
质量远小于小车的质量。
(2)设斜面的倾角为θ
小车匀速下滑时有mgsin θ＝μmgcos θ
整理后有μ＝tan θ
改变钩码的质量，表达式仍然成立，故不需要改变长木板的倾角。
(3)由题图乙可知，当F＝0 时，有加速度，说明平衡阻力过度。
由牛顿第二定律有2F+F0＝Ma
可知a＝2
M F+ F0
M
依题意可得M＝2
k 。
答案：(1)不需要 (2)不改变
(3)平衡阻力过度 2
k
12．解析：(1)连线如图所示(理由见第二问)
(2)因滑动变阻器阻值较小，故选用分压式接法；V2量程较大，故舍去，选择电
压表D，因其量程较小，故需改装，电源电动势为6 V，故改装成的电压表量
程也在6 V 附近，根据串联电阻分压，故要串联3 kΩ 左右的电阻，因此需选
用电阻箱F，使改装后的电压表与气敏传感器和电流表串联电路相并联。
(3)根据题意和电路图可知，改装成的电压表量程是6 V，电压表与电阻箱两端
电压相等，有U+U＝IRx
解得Rx＝10 Ω
根据题图乙可知，此时浓度大约为24%，不在临界范围之内，故不会发生爆炸
危险。
答案：(1)见解析 (2)D F (3)10 不会
13．解析：(1)设缸内气体的初始压强为p1，对活塞受力分析有p1S+F＝mg+p0S
解得p1＝7.5×104 Pa。
(2)缸内气体的初始体积为V1＝Sd＝1.2×10－3 m3
设活塞刚好要离开卡环时，缸内气体温度为T2，压强为p2＝p0+mg
S ＝1.25×105
Pa
气体发生等容变化，有
p1
T 1
＝p2
T 2
解得T2＝500 K
继续升温到T3＝800 K，活塞向上移动，气体发生等压变化，则有
Sd
T 2
＝Sd '
T 3
解得d'＝24 cm
整个过程中气体对外做功为W＝p2S(d'－d)＝90 J
电热丝在时间t 内产生热量为Q＝[
um
√2( R+r )]
2
rt＝800 J
由热力学第一定律可知，气体内能的增量为ΔU＝Q－W＝710 J。
答案：(1)7.5×104 Pa (2)710 J
14．解析：(1)粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，在磁场中做圆周运动的轨迹
半径设为R，如图所示。
由几何关系可得Rsin θ＝√3L
又qv0B＝mv0
2
R
解得B＝m v0
2qL。
(2)粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则
t1＝120°
360°T
其中T＝2π R
v0
粒子在电场中做类平抛运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间
为t2，沿y 轴负方向运动的距离为h，则有
qE＝ma
x2－x1＝v0t2
解得t2＝4√3 L
3 v0
h＝1
2at2
2
解得h＝2 L
3
由于h<R+Rcos θ＝3L，粒子从电场右边界离开，则总时间t＝t1+t2
解得t＝4(π +√3)L
3 v0
。
(3)由动能定理得qEh＝1
2mv2－1
2mv0
2
解得v＝2√3
3 v0。
答案：(1)m v0
2qL (2)4(π +√3)L
3 v0
(3)2√3 v0
3
15．解析：(1)小物块A 由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理得mgr＝1
2m
v M
2
解得vM＝5 m/s
设经时间t1小物块A 与传送带共速，由动量定理得－μ1mgt1＝mv0－mvM
解得t1＝0.4 s
在时间t1内A、传送带发生的位移分别为x1＝v M + v0
2
·t1＝1.8 m<L，x2＝v0t1＝
1.6 m
小物块A 通过传送带过程产生的内能为Q＝μ1mg(x1－x2)＝0.5 J。
(2)对物块B 和长木板C 整体有μ2mg＝2ma
故物块B 和长木板C 整体加速度为a＝1
2μ2g
对物块B，由牛顿第二定律得
f＝ma＝1 N。
(3)设A 滑上C 后经时间t2物块A 与B 碰撞，则v0t2－1
2μ2gt2
2－1
2×(
1
2 μ2 g)t2
2＝L2
－L3
解得t2＝0.5 s
A、B 碰撞前速度分别为v1、v2，且B 与C 相对静止，碰后速度分别为v3、v4，
则v1＝v0－μ2gt2＝3 m/s，v2＝1
2μ2gt2＝0.5 m/s
A、B 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得mv1+mv2＝mv3+mv4，1
2mv1
2+1
2m
v2
2＝1
2mv3
2+1
2mv4
2
解得v3＝0.5 m/s，v4＝3 m/s
碰后A 与C 相对静止，设A、B 碰后经时间t3物块B 与挡板相碰，则有v4t3－1
2
μ2gt3
2－v2t3+1
2×1
2μ2gt3
2 ＝L3
解得t3＝0.5 s
A 滑上C 后，B 与挡板碰撞的时间t＝t2+t3＝1.0 s。
答案：(1)0.5 J (2)1 N (3)1.0 s
