2021年廣東省韶關(guān)市某中學(xué)高考物理模擬試卷（附答案詳解）

2021年廣東省韶關(guān)市始興中學(xué)高考物理模擬試卷（3月份）

1.下列有關(guān)物理的知識正確的是（）

A.牛頓總結(jié)前人的研究，提出了萬有引力定律，并用實驗測出了萬有引力常量

B.伽利略的理想斜面實驗說明力不是維持物體運動的原因

C.胡克發(fā)現(xiàn)：在任何情況下，彈簧的彈力都與彈簧的形變量成正比

D.伽利略在總結(jié)前人研究的基礎(chǔ)上成功地抽象和概括出行星運動的規(guī)律

2.如圖所示，一同學(xué)分別在同一直線上的4、B、C三個位置

投擲籃球，結(jié)果都垂直擊中籃筐，速度分別為巧、。2、ofl]

O°

若籃球出手時高度相同，出手速度與水平夾角分別為。1、%、呈呈呈小加

%，下列說法正確的是（）A8，

A.%<<。3B.%>>“3C.%>。2>。3D.—。2=。3

3.一端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在地面上，A、8兩

物體通過細(xì)繩連接，并處于靜止?fàn)顟B(tài)（不計繩的質(zhì)量由fF

和繩與滑輪間的摩擦），如圖所示.現(xiàn)用水平力/作------------"------

用于物體B上，緩慢拉開一小角度，此過程中斜面體與物體A仍然靜止.則下列說

法正確的是（）

A.在緩慢拉開B的過程中，水平力尸不變

氏斜面體所受地面的支持力一定不變

C.斜面對物體A作用力的合力變大

D.物體A所受斜面體的摩擦力一定變大

4.一顆科學(xué)資源探測衛(wèi)星的圓軌道經(jīng)過地球兩極上空，運動周期為r=1.5/1,某時刻

衛(wèi)星經(jīng)過赤道上A城市上空.已知：地球自轉(zhuǎn)周期7°,地球同步衛(wèi)星軌道半徑r,

萬有引力常量為G,根據(jù)上述條件（）

A.可以計算地球的球半徑

B.可以計算地球的質(zhì)量

C.可以計算地球表面的重力加速度

D.可以斷定，再經(jīng)過12萬衛(wèi)星第二次到達A城市上空

5.如圖所示，真空中兩等量異種點電荷+q、-q固定在x9

b/；

軸上，“點和”點、6點和c點均關(guān)于x軸對稱，下列。??

■1?1?

?■

說法正確的是（）：q；■?X

：

d

A"點的電勢高于c點的電勢

B.a、4兩點的電場強度相同

C.將質(zhì)子從6點移動到"點，電勢能增加

D.將電子從a點移動到c點，電場力做正功

6.半徑為R的內(nèi)壁絕緣光滑的半圓筒如圖所示固定，在氏c三點分別垂直于紙面

放置三根等長的長直導(dǎo)線（a、6兩點位于水平直徑兩端），導(dǎo)線。中通有垂直紙面向

里、大小為A的恒定電流，導(dǎo)線c中電流方向也垂直紙面向里，但大小未知。導(dǎo)線

a、6固定，導(dǎo)線c處于靜止?fàn)顟B(tài)，且與筒壁間無相互作用力，。。與0a的夾角為。=

60%已知長直導(dǎo)線在距導(dǎo)線r處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=為常數(shù)，/

A.電流大小為A、方向垂直紙面向里

B.電流大小為百人、方向垂直紙面向里

C.電流大小為/】、方向垂直紙面向外

D.電流大小為BA、方向垂直紙面向外

7.在半徑為人電阻為R的圓形導(dǎo)線框內(nèi)，以直徑為界，左、右兩側(cè)分別存在著方向

如圖甲所示的勻強磁場。以垂直紙面向外的磁場為正，兩部分磁場的磁感應(yīng)強度3

隨時間f的變化規(guī)律分別如圖乙所示。貝"0?M時間內(nèi)，導(dǎo)線框中（）

8.如圖3所示的電路中，閉合開關(guān)5,當(dāng)滑動變阻器R的滑A

片p向上移動時，下列說法中正確的是（）H

第2頁，共19頁S

A.電流表示數(shù)變大

B.電壓表示數(shù)變小

C.電阻品的電功率變大

D.電源的總功率變小

9.《大國工匠少節(jié)目中講述了王進利用“秋千法”在

lOOOkV的高壓線上帶電作業(yè)的過程。如圖所示，絕緣輕

繩OD一端固定在高壓線桿塔上的。點，另一端固定在

兜籃上.另一絕緣輕繩跨過固定在桿塔上C點的定滑輪,

一端連接兜籃，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王進坐在兜籃里，緩慢地從C

點運動到處于。點正下方E點的電纜處。繩。。一直處于伸直狀態(tài)，兜籃、王進及

攜帶的設(shè)備總質(zhì)量為加不計一切阻力，重力加速度大小為g。關(guān)于王進從C點運

動到E點的過程中，下列說法正確的是（）

A.工人對繩的拉力一直變大

B.繩0D的拉力一直變小

C.OD.CQ兩繩拉力的合力大小等于機g

D.當(dāng)繩C。與豎直方向的夾角為30。時，工人對繩的拉力為日mg

10.如圖所示的天平可用來測定磁感應(yīng)強度B,天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為

L,共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面.當(dāng)線圈中通有電流/（

方向如圖）時，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量各為61、加2的祛碼，天平平衡.當(dāng)電流

反向（大小不變）時，右邊再加上質(zhì)量為機的祛碼后，天平重新平衡.由此可知（）

B.B的方向垂直紙面向里，大小為瑞

C.8的方向垂直紙面向外，大小為空警應(yīng)

D.B的方向垂直紙面向外，大小為黑

11.某實驗小組用如圖甲所示的裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗.

(1)圖乙為實驗中選取的一條合適的紙帶，。點為打點計時器打出的第一個點，A、

B、C、D、E為打點計時器打出的五個連續(xù)的點，測出這五點到。點的距離分別為

XA.XB,xc,XD,%E，打點計時器所接交流電的頻率為人當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,

若利用。。段驗證機械能守恒定律，要驗證的表達式為.

(2)如果采用此裝置測定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋筛鶕?jù)紙帶上的打點間隔算出打下每

個點時重物運動的時間3測出對應(yīng)時間內(nèi)物體下落的距離X,根據(jù)測得的距離X

和算出的時間f,在平面直角坐標(biāo)系中做出，一t的圖象，如果圖線的斜率是匕則

當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?

12.在測定電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，實驗室提供了合適的實驗器材.

(1)甲同學(xué)按電路圖。進行測量實驗，其中7?2為保護電阻，則

第4頁，共19頁

①請用筆畫線代替導(dǎo)線在圖(b)中完成電路的連接；

②由電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)/,畫出U-/圖線如圖c所示，可得電源的電

動勢E=V,內(nèi)電阻r=U.

(2)乙同學(xué)誤將測量電路連接成如圖d所示，其他操作正確，由電壓表的讀數(shù)U和

電流表的讀數(shù)/,畫出U—/圖線如圖e所示，可得電源的電動勢E=V,內(nèi)電

阻r=U.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)

13.如圖甲所示，一質(zhì)量為m=1.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點)靜止在水平地面上的A點，

某時刻開始，滑塊受到一個水平向右的拉力尸的作用，拉力廠隨時間f的變化規(guī)律

如圖乙所示，若滑塊和地面之間的動摩擦因數(shù)為4=0.5,g=lOm/s2,試計算滑

塊從開始運動到最終停止在水平地面上滑行的距離.

r*3—,,,,,,

nv■乙

14.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為乙的正方向區(qū)

域，二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個高乙，寬2L的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直

坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向內(nèi)的勻強磁場，

各磁場的磁感應(yīng)強度大小均相等，第一象限的x<L,L<y<2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y

軸正方向的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為機、電荷量為q的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)(L,日)處

以初速度孫沿x軸負(fù)方向射入電場，射出電場時通過坐標(biāo)(0,L)點，不計粒子重力。

(1)求電場強度大小E；

(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標(biāo)原點。到達坐標(biāo)(-。0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)

強度大小B；

(3)求第(2)向中粒子從進入磁場到坐標(biāo)(-L,0)點所用的時間。

L

xxxx

??????XXXX

??????XXXX

??????XXXX

->

X

-2ZXXXXXX0XXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

-L

15.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)。開始按箭頭所示經(jīng)

一系列狀態(tài)變化又回到狀態(tài)m由圖可知：氣體在〃、b、C

三個狀態(tài)的密度Pa、Pb、Pc的大小關(guān)系是，氣體分子

的平均動能為a、EKb，EKc的大小關(guān)系是.在此過程中，

氣體(選填“從外界吸收”或“向外界放出”)熱量.

16.如圖所示，粗細(xì)均勻一端封閉一端開口的U形玻璃管，當(dāng)￡1=31久，

大氣壓強Po=76cznHg時，兩管水銀面相平，這時左管被封閉的氣柱

長Li=8cm,則

(1)當(dāng)溫度今多少時，左管氣柱G為95？

(2)當(dāng)溫度達到上問中的溫度功時，為使左管氣柱長L為8c利，應(yīng)在右管中加入多長

的水銀柱？

第6頁，共19頁

17.一列簡諧橫波在某介質(zhì)中沿x軸傳播，在x軸上八人兩點的振動圖象分別為如圖

甲乙所示，波的傳播速度為5m/s,a、人間的距離小于一個波長，若波從〃傳播到

b,則〃、b間的距離為m,若波從6傳播到a,所用的時間為__酎若增

大波源處質(zhì)點的振動頻率，則波從〃傳播到。所用的時間會（填“變大”、

18.一個長方形透明物體橫截面如圖所示，底面AB鍍銀，（厚度可忽略不計），一束光

線在橫截面內(nèi)從M點的入射，經(jīng)過48面反射后從N點射出，已知光線在M點的

入射角a=53。，長方形厚度h=2cm,M.N之間距離S=3czn。求

（i）畫出光路圖，并求透明物體的折射率

3）若光速為c=3.0x108m/s,求光在透明物體中傳播時間

AB

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、牛頓總結(jié)前人的研究，提出了萬有引力定律，卡文迪許用實驗測出了

萬有引力常量，故A錯誤；

8、伽利略的理想斜面實驗說明力不是維持物體運動的原因，故B正確；

C、胡克發(fā)現(xiàn)：在彈性限度范圍內(nèi)，彈簧的彈力都與彈簧的形變量成正比，故C錯誤；

。、開普勒在總結(jié)前人研究的基礎(chǔ)上成功地抽象和概括出行星運動的規(guī)律，故。錯誤；

故選：B.

根據(jù)物理學(xué)史和常識解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻即可.

本題考查物理學(xué)史，是常識性問題，對于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記

憶，這也是考試內(nèi)容之一.

2.【答案】B

【解析】解：A、B、三個籃球都垂直擊中籃筐，其逆過程是平拋運動，設(shè)任一籃球擊

中籃筐的速度1，，上升的高度為〃，水平位移為X。

則有：X=vt,h=^gt2>則得：V=〃相同，則"8%,則得也>為>巧?故4

錯誤，8正確。

C、D、根據(jù)速度的分解有：tan。=弓，，相同，%>%>%，則得%%%?故CO

錯誤。

故選：B。

據(jù)題知三個籃球都垂直擊中籃筐，其逆過程是平拋運動，它們上升的高度相等，水平位

移大小不等,根據(jù)平拋運動的規(guī)律得到水平位移與初速度的關(guān)系，分析初速度的大小.根

據(jù)速度的分解，分析角度的關(guān)系.

本題運用逆向思維研究斜拋運動，關(guān)鍵是要明確平拋運動的研究方法、位移公式和速度

公式，是解決平拋運動問題的基礎(chǔ)知識.

3.【答案】B

第8頁，共19頁

【解析】解：A、對木塊8受力分析，如圖

根據(jù)共點力平衡條件，有

F=mBgtand

1_m.g

cosO

在緩慢拉開B的過程中，。變大，故尸變大，故A錯誤;

8、對斜面體和木塊A、B整體受力分析，由于一直平衡，故支持力等于系統(tǒng)的總重力,

故8正確；

C、。、物體A受重力、支持力、細(xì)線的拉力，可能沒有靜摩擦力，也可能有沿斜面向

下的靜摩擦力，還有可能受沿斜面向上的靜摩擦力，故拉力7變大后，靜摩擦力可能變

小，也可能變大，支持力不變，故斜面對物體4作用力的合力可能變大，也可能變小，

故C錯誤，。也錯誤；

故選民

先對物體B受力分析，根據(jù)共點力平衡條件求出繩子的拉力T；再對木塊A受力分析，

同樣根據(jù)共點力平衡條件得出各個力的情況.

本題關(guān)鍵分別對A、B受力分析，然后根據(jù)共點力平衡條件分析求解，在計算地面對斜

面的支持力時，可以用整體法，不需要考慮系統(tǒng)內(nèi)力，能使解題過程大大簡化.

4.【答案】B

【解析】解：B、根據(jù)地球衛(wèi)星萬有引力提供向心力，有：G^=m--r

M=將，可以求出地球的質(zhì)量，故8正確.

A、根據(jù)探測衛(wèi)星萬有引力提供向心力周期公式=m等，解得：R=3安，因

R2T247r2

為M已經(jīng)求得，所以可以求得衛(wèi)星繞地球運動的圓軌道半徑，不能得到地球的球半徑，

故A錯誤；

C、在地球表面有G黎=mg,因為不知道地球半徑，所以無法求出地球表面重力加速

度，故C錯誤；

。、經(jīng)過12%時，赤道上4城市運動到和地心對稱的位置了，而資源探測衛(wèi)星正好轉(zhuǎn)過

了8圈，又回到原位置，所以經(jīng)過12力衛(wèi)星不會到達A城市上空，故。錯誤.

故選：B

根據(jù)地球衛(wèi)星萬有引力提供向心力周期公式求出地球質(zhì)量，再根據(jù)探測衛(wèi)星萬有引力提

供向心力周期公式即可求得衛(wèi)星繞地球運動的圓軌道半徑，因為不知道地球半徑，所以

無法求出地球表面的重力加速度.

探測衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，關(guān)鍵是萬有引力提供向心力列出等式求解.

5.【答案】C

【解析】解:A、根據(jù)對稱性可知反

c兩點在同一等勢面上，兩點的電

勢相同，故A錯誤；

B、根據(jù)對稱性可知4兩點的電

場強度大小相等，但方向不同，故

8錯誤;

C、沿電場方向電勢降低，所以匕點的電勢低于d點的電勢，將帶正電的質(zhì)子從b點移

動到“點，電勢能增加，故C正確；

。、〃點的電勢高于c點的電勢，所以將帶負(fù)電的電子從a點移動到c點，電子的電勢能

增加，則電場力做負(fù)功，故。錯誤。

故選：a

根據(jù)對稱性判斷從C電勢高低及4、1場強大小關(guān)系；通過電勢高低來判斷移動電荷時

電場力做功及電勢能的變化。

本題主要考查了等量異種電荷電場中場強及電勢的分布特點及電場力做功與電勢能的

變化，解題關(guān)鍵在于熟悉等量異種電荷電場中場強及電勢的分布特點。

里。

mg

由幾何關(guān)系可知，4、C間距離為Oc=R，b,C間距離為r&c=KR，設(shè)〃中電流為12,

中電流為石，導(dǎo)線長度為L，根據(jù)8=k」可知：”在c處產(chǎn)生的磁感強度為a=k，，b

rrac

在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為%=k白，〃對c的安培力為%=B/L，〃對C的安培力

?be

為尸況=B2I3L，根據(jù)平衡條件，水平方向有:Faccos600=Fbccos30°,解得：%=4,

則導(dǎo)線匕中通過的電流大小為A，方向垂直于紙面向里。故A正確，BCO錯誤。

故選:Ao

。與c電流同向，相互吸引，又c對軌道無作用力，根據(jù)平衡條件可判斷松間作用力方

向，進而判斷人中電流方向；根據(jù)平衡條件列方程求解人中電流大小。

本題考查了有安培力參與的共點力平衡問題，若知道同向電流相互吸引，反向電流相互

排斥，就會省去先用安培定則判斷磁場方向，再用左手定則判斷安培力方向的步驟，從

而節(jié)省做題時間。

7.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)楞次定律可知，左邊的導(dǎo)線框的感應(yīng)電流是順時針，而右邊的導(dǎo)

線框的感應(yīng)電流也是順時針，則整個導(dǎo)線框的感應(yīng)電流方向順時針，故AB錯誤；

C、由法拉第電磁感應(yīng)定律，因磁場的變化，導(dǎo)致導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，結(jié)合題意

可知，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢正好是兩者之和，即為E=2x吟；

再由閉合電路歐姆定律，可得感應(yīng)電流大小為/=5=罌，故C正確，。錯誤；

KCQK

故選：Co

根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合電源的串聯(lián)特征，并

依閉合電路歐姆定律，則可求解。

考查楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，注意磁場正方向的規(guī)定，及掌握兩個感應(yīng)

電動勢是相加還是相差，是解題的關(guān)鍵。

8.【答案】C

【解析】解：A8、滑片向上移動，則滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大；

由閉合電路歐姆定律可得電路中總電流減?。粍t內(nèi)電阻減小，由0二后-〃可知路端電

壓增大，故電壓表示數(shù)變大；

路端電壓增大，由歐姆定律可知，流過&的電流增大，而總電流減小，則由并聯(lián)電路的

電流規(guī)律可知電流表的示數(shù)減小，故A錯誤，8錯誤；

C、由：P=?因電阻島的電壓增大，電流增大，故電功率增大，故C正確；

D、電源的總功率：P=E/,總電流增大，電源總功率也增大，故。錯誤；

故選：C。

由圖可知R與扁并聯(lián)，電壓表測量電路的路端電壓，電流表測量通過R的電流；由滑

片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則由閉合電路歐姆定律可得出電路中總電流

的變化，同時可得出內(nèi)阻及路端電壓的變化，則可得出電壓表示數(shù)的變化；由并聯(lián)電路

的電流規(guī)律可得出電流表示數(shù)的變化；由功率公式可得出Ro消耗的電功率；由「="可

求得電源的功率變化。

本題考查閉合電路的歐姆定律的動態(tài)分析及功率公式，要明確電源的電功率當(dāng)外阻與內(nèi)

阻相等時輸出功率最大。

9.【答案】CD

【解析】解：A3、對兜籃、王進及攜帶的設(shè)備整體受力分析如圖所

繩。。的拉力為&,與豎直方向的夾角為氏繩CO的拉力為尸2,與

豎直方向的夾角為a。0

根據(jù)幾何知識知：0+2a=90。，由正弦定理可得旦=芻=

smasin0

si肆a）,a增大，。減小，則&增大，尸2減小，故AB錯誤；

C、兩繩拉力的合力大小等于mg,故C正確；

D、a=30。時，3=30°,則2F2cos30。=mg,可得尸2=當(dāng)他故。正確。

故選：CD。

對兜籃、王進及攜帶的設(shè)備整體受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合平衡條件進行解答。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進

行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后

在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進行解答。

10.【答案】B

【解析】解：A、3的方向垂直紙面向里，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量各為血1、的祛

碼,天平平衡.因為線框也是有質(zhì)量的，設(shè)右邊的線框質(zhì)量為m02,根據(jù)平衡有：NBIL=

（m】一m02-m2）g,解得B=⑺廣力丁。加故人錯誤.

第12頁，共19頁

8、當(dāng)8的方向垂直紙面向里，開始線圈所受安培力的方向向向下，電流方向相反，則

安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向上，相當(dāng)于右邊少了兩倍的安培力大小，所以右邊應(yīng)加祛

碼，有mg=2NBIL,所以8=貌.故A錯誤，B正確.

C、當(dāng)8的方向垂直紙面向外，開始線圈所受安培力的方向向向上，電流方向相反,

則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當(dāng)于右邊多了兩倍的安培力大小，需要在左邊加

祛碼.故C、。錯誤.

故選B.

天平平衡后，當(dāng)電流反向(大小不變)時，安培力方向反向，則右邊相當(dāng)于多了或少了兩

倍的安培力大小.

解決本題的關(guān)鍵掌握安培力方向的判定，以及會利用力的平衡去求解問題.

11.【答案】==產(chǎn)2k

【解析】解：若利用段驗證機械能守恒定律，要驗證的表達式為詔

即：gx。=1呼/A=回專經(jīng)，

若實驗中算得動能的增加量大于重力勢能的減少量，可能原因是先釋放紙帶再接通電.

(4)如果機械能守恒，由=J可知，則J-X圖線為一條過原點的斜的直線，圖線的

斜率為當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭；如果機械能守恒，則重物做自由落體運動，則x=：gt2,

即有：=因此:-1圖線是一條過原點的直線，圖線的斜率為當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊囊?/p>

半，即會

如果圖線的斜率是左，則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹槭猓?/p>

故答案為：gxD=2k.

根據(jù)物體下落，減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，那么由平均速度來求得瞬時速度，從而列

出驗證的表達式；

由機械能守恒得：mgx=^mv2,所以＜久，即圖線是正比例函數(shù)圖線，則斜率表示

重力加速度；

若作出，-t圖象，根據(jù)運動學(xué)公式，即為平均速度與時間的圖象，則圖象的斜率表示重

力加速度的一半.

本題考查了自由落體運動中機械能守恒的驗證，用圖象處理數(shù)據(jù)是非常重要的數(shù)學(xué)手

段.同時注意第2問題：BC選項不一定是實驗必須操作步驟，最后掌握平均速度與時

間的圖象斜率與重力加速度的關(guān)系，是解題的難點.

12.【答案】2.80.603.00.50

【解析】解：(1)①根據(jù)原理圖可得出對應(yīng)的實物圖，如

圖所示；

②根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：

U=E-Ir

則由數(shù)學(xué)規(guī)律可知，電動勢E=2.8V；「=半==^=

△/0.2圖b

0.60/2；

(2)由乙同學(xué)的電路接法可知，%左右兩部分并聯(lián)后與串聯(lián)，則可知，在滑片移動過

程中，滑動變阻器接入電阻先增大后減小，則路端電壓先增大后減小，所以出現(xiàn)圖e所

示的圖象，則由圖象可知，當(dāng)電壓為2.5U時，電流為0.54此時兩部分電阻相等，則總

電流為A=14而當(dāng)電壓為2.4U時，電流分別對應(yīng)0.33A和0.874則說明當(dāng)電壓為2.4U

時，干路電流為=033+0.87=1.24；

則根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：

2.5=E-r

2.4=E—1.2r

解得：E=3.0；r=0.50；

故答案為：(1)①如圖所示；②2.8；0.60；(2)3.0,0.50

(1)①根據(jù)原理圖可得出實物圖；②根據(jù)閉合電路歐姆定律進行分析，根據(jù)圖象可得出

電動勢和內(nèi)電阻；

(2)明確電路結(jié)構(gòu)，知道滑動變阻左右兩端并聯(lián)接入電路，則根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律和

圖象結(jié)合可求得電動勢和內(nèi)電阻.

本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻的實驗，要求能明確實驗原理，知道實驗中電路結(jié)構(gòu)的分

析和閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，同時能結(jié)合圖象進行分析求解.

13.【答案】解：根據(jù)牛頓第二定律得，勻加速運動的加速度為：

F-fimg__10-0.5x10

1m/s2=5m/s2,

%=1

則勻加速運動的位移為:

121

無1—鼻Q[t]=5x5x1TH=2.5m,

勻加速直線運動的末速度為:

第14頁，共19頁

Vj=aiG=5xlm/s=5m/s,

第29內(nèi)尸2=〃60做勻速直線運動，勻速運動的位移為:

x2=u也=5xIm=5m,

勻減速運動的加速度為:

a2—^9—5m/s2,

勻減速運動的位移為:

v?25cu

x=—=-m=2.5m,

’32a2io

x=

則有：x=%1+%2+32.5+5+2.5m=10m.

答：滑塊從開始運動到最終停止在水平地面上滑行的距離為10/77.

【解析】根據(jù)牛頓第二定律分別求出勻加速和勻減速運動的加速度，結(jié)合運動學(xué)公式和

勻加速、勻速、勻減速運動的位移，從而得出總位移.

本題考查牛頓定律和運動學(xué)公式的綜合應(yīng)用，意在考查學(xué)生應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)

公式綜合分析力學(xué)問題的能力，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁.

14.

【答

案】

解：

⑴

帶電

粒子

在電

場中

做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律L=%。5=3成2勺后=?71￡1,

解得：E=曙;

(2)粒子進入磁場時，速度方向與y軸負(fù)方向夾角的正切值：〃如=

速度大小：v==V2v0,

設(shè)x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達(-。0)點，

應(yīng)滿足L=2nx,其中n=1.2…粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為泉

當(dāng)滿足L=(2n+l)x時，粒子軌跡如圖乙所示，由于y<-L區(qū)域沒有磁場,

因此粒子實際不能從(-L,0)點離開磁場，這種情況不考慮。

設(shè)圓弧的半徑為R,圓弧對應(yīng)的圓心角為泉則有％=夜/?，此時滿足L=2nx,

解得：區(qū)=島

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：quB=7n?,

(3)粒子從進入磁場到從坐標(biāo)(一L,0)點射出磁場過程中，

圓心角的總和：0=2nx^x2=2mt,

粒子在磁場中做圓周運動的周期：7=警，

粒子在磁場中的運動時間：t=rx等=誓=當(dāng)；

答：(1)電揚強度大小E為甯；

(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標(biāo)原點□到達坐標(biāo)(-L,0)點，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大

小8為：(n=l、2、3...)；

qLv/

(3)第(2)問中粒子從進入磁場到從坐標(biāo)(-L,0)點射出磁場整個過程所用的時間為學(xué)。

【解析】(1)粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度。

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出粒子的軌道半徑，應(yīng)用

牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度。

(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動，求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，然后根據(jù)粒子做圓周運動

的周期公式求出粒子在磁場中的運動時間。

粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清

楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、類平拋

運動規(guī)律可以解題；要掌握處理帶電粒子在磁場中的運動問題的解題思路與方法。

15.【答案】Pa>Pb=Pc；E=<E；先吸熱，后放熱

KaEKCKb

【解析】解：由圖示圖象可知，氣體體積關(guān)系為：匕<外=匕，氣體的質(zhì)量一定，則

密度關(guān)系為：pa>Pb=Pb-

由理想氣體狀態(tài)方程：牛=。可知，氣體溫度：「=色，氣體在各狀態(tài)時的溫度：

f1.5xl0sx0.250.375X105丁2.5xl05x0.751.875x10s不0.5xl05x0.750.375x10s

T=-----------------=--------------，Ih=---------=--------，1「=--------=------,

naCCDCCLCC

第16頁，共19頁

則兀=兀<〃，溫度越高，分子平均動能越大，則分子平均動能間的關(guān)系為：EKa=

EKC<^Kb-

由。到。過程，溫度升高、體積變大，內(nèi)能增加，對外做功，由熱力學(xué)第一定律可知，

氣體吸收熱量；

從6到C過程，溫度降低體積減小，內(nèi)能減小、外界對氣體做功，由熱力學(xué)第一定律可

知，氣體放出熱量；

從C到。過程，體積減小，溫度不變，氣體內(nèi)能不變，外界對氣體做功，由熱力學(xué)第一

定律可知，氣體放出熱量，

則整個過程中，氣體先吸熱，然后再放熱；

=E

故答案為：Pa>PbPc；Ka=E枇<^Kb<先吸熱，后放熱.

由圖示圖象判斷氣體體積大小關(guān)系，然后判斷密度大小關(guān)系，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程判

斷出氣體溫度關(guān)系，然后判斷分子平均動能大小關(guān)系；最后應(yīng)用熱力學(xué)第一定律判斷氣

體吸熱與放熱情況.

本題考查了比較氣體密度、分子平均動能大小關(guān)系，分析清楚圖示圖象、應(yīng)用氣體狀態(tài)

方程即可正確解題.

16.【答案】解：(1)以封閉氣體為研究對象，

初狀態(tài)：Pi=76cmHg,匕=LXS=