2021年廣西柳州市柳江區(qū)高考物理模擬試卷

2021年廣西柳州市柳江區(qū)高考物理模擬試卷

1.下列說法正確的是（）

A.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子的核式結(jié)構(gòu)

B.放射性元素發(fā)生一次/?衰變，原子序數(shù)減少1

C.一群處于n=3能級(jí)激發(fā)態(tài)的氫原子，自發(fā)躍遷時(shí)能發(fā)出3種不同頻率的光

D.在a、0、y這三種射線中，a射線的穿透能力最強(qiáng)，y射線的電離能力最強(qiáng)

2.如圖所示的電路中，％是定值電阻，%是光敏電阻，

電源的內(nèi)阻不能忽略.閉合開關(guān)S,當(dāng)光敏電阻上

的光照強(qiáng)度減弱時(shí)，下列說法正確的是（）

A.通過/?2的電流增大

B.電源的路端電壓減小

C.電容器C所帶的電荷量增加

D.電源的效率減小

3.如圖所示，匕分別是甲、乙兩輛車從同一地點(diǎn)沿同

一直線同時(shí)運(yùn)動(dòng)的速度圖象，由圖象可以判斷（）

A.2s后，甲、乙兩車的加速度大小相等

B.兩車只有時(shí)刻速率相等

C.在。?8s內(nèi)兩車最遠(yuǎn)相距148w

D.在這段時(shí)間內(nèi)，兩車相遇一次

4.若在某行星和地球上相對(duì)于各自的水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋

一物體，它們?cè)谒椒较蜻\(yùn)動(dòng)的距離之比為2:夕.已知該行星質(zhì)量約為地球的7倍,

地球的半徑為R.由此可知，該行星的半徑約為（）

A.B，RC.2RD.史R

222

5.英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)感生電場(chǎng).如圖所示，一個(gè)

半徑為r的絕緣體圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,環(huán)上套一帶電

荷量為+q的小球.已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為Z,若小球在環(huán)

上運(yùn)動(dòng)一周，則感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力所做功的大小是（）

AB

亡g

A.OB.|r2q/cC.2nr2qkD.nr2qk

6.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為2：

1,原線圈通過燈泡k與正弦式交流電源相連，電

源電壓恒定，副線圈通過導(dǎo)線與燈泡乙2和乙3相連，

三個(gè)燈泡規(guī)格完全相同.開始時(shí)開關(guān)S處于斷開狀

態(tài).當(dāng)S閉合后，所有燈泡都能發(fā)光.下列說法中正確的是（）

A.閉合開關(guān)S后,燈泡及和G亮度相同

B.閉合開關(guān)S后,燈泡L變亮，燈泡員的亮度不變

C.閉合開關(guān)S后，燈泡員兩端的電壓變小

D.閉合開關(guān)S后，變壓器原線圈的輸入功率不變

7.兩個(gè)小木塊BC中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用

細(xì)線將兩個(gè)木塊綁在一起,使她們一起在光滑水平面上

沿直線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)它們的運(yùn)動(dòng)圖線如圖中。線段所示，

在t=4s末，細(xì)線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，

運(yùn)動(dòng)圖線分別如圖中仄c線段所示.從圖中的信息可

知（）

A.木塊B、C都和彈簧分離后的運(yùn)動(dòng)方向相同

B.木塊8、C都和彈簧分離后，系統(tǒng)的總動(dòng)量增大

C.木塊B、C分離過程中8木塊的動(dòng)量變化較大

D.木塊B的質(zhì)量是C木塊質(zhì)量的四分之一

如圖所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑.光滑小

球被輕質(zhì)細(xì)線系放在斜面上，細(xì)線另一端跨過定滑輪，用

力尸拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢向上移動(dòng)一小段距離，斜面

體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則在此過程中（）

A.細(xì)線對(duì)小球的拉力變小

B.斜面體對(duì)小球的支持力變小

C.地面對(duì)斜面體的壓力變小

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D.地面對(duì)斜面體的摩擦力變大

9.如圖1所示，裝有兩個(gè)光電門的木板固定在水平桌面上，帶有窄遮光片（寬度為d）的

滑塊被一端固定的彈簧經(jīng)壓縮后彈開，依次經(jīng)過兩光電門，光電門有兩種計(jì)時(shí)功能,

既可以記錄遮光片到達(dá)兩光電門的時(shí)間差t,又可以分別記錄在兩光電門處的遮光

時(shí)間△以和△tB（在本題各次實(shí)驗(yàn)中，滑塊運(yùn)動(dòng)到A前已脫離彈簧）

(?n/?)

0

腳腳陶福瞧輾蹣“圈瞄

蒯I睡眥曲遜通道期，

驅(qū)限期N臊?震tuiinnnni

隨幽地僦然前曲通

遮光片瞄通通同前演畫前畫畫展

光電門光電門

B割鹿四螂修辭里公述避

J瑜［卿聞肺闌眥解解睡曬

00I0203040$0?07010910

圖1圖2

（1）遮光片經(jīng)過A時(shí)的速度大小為（選用4、八△以或表示）；

（2）利用實(shí)驗(yàn)中測(cè)出的”、△“43和AB間距s,寫出滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)

表達(dá)式〃=（重力加速度為g）；

（3）將光電門A固定，調(diào)節(jié)B的位置，每次都使物塊將彈簧壓到同一位置。后由靜

止釋放，記錄各次/值并測(cè)量AB間距s,作出;一t關(guān)系圖線如圖2,該圖線縱軸截

距的物理意義是,利用該圖線可以求得滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃=（重力加速度g取10m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）.

10.實(shí)驗(yàn)室有一破損的雙量程電壓表，兩量程分別是3丫和15V,其內(nèi)部除表頭之外的

電路如圖所示，因電壓表的表頭G已燒壞，無法知道其電學(xué)特性，但兩個(gè)精密電

阻公、R2完好，測(cè)得%=2.9kC,R2=12.0kQ.

(1)由此可知原表頭G滿偏電流/=mA,內(nèi)阻r=。；

(2)現(xiàn)有兩個(gè)表頭，外形都與原表頭G相同，己知表頭Gi的滿偏電流為加4內(nèi)阻

為500；表頭的滿偏電流0.5nM,內(nèi)阻為200。，又有三個(gè)精密定值電阻巳=100/2,

r2=15012,r3=2002若保留%、R2的情況下，用其中一個(gè)表頭和一個(gè)精密電阻

對(duì)電壓表進(jìn)行修復(fù)，則需選用的表頭為精密電阻為(用符號(hào)表示〉用

選好的表頭和精密電阻，再加上原表的精密電阻&、R2,在右面的方框中畫出修復(fù)

后雙量程電壓表完整的電路圖.

(3)若用修復(fù)后的電壓表測(cè)量一電阻兩端的電壓，用3y的量程時(shí)，表頭指示的示數(shù)

為0.4mA,則加在該電阻兩端的電壓為V.

11.某工廠用傾角為37。的傳送帶把貨物由低處運(yùn)送到高處，已知傳送帶總長為L=

50m,正常運(yùn)轉(zhuǎn)的速度為u=4m/s.一次工人剛把M=10kg的貨物放到傳送帶上的

A處時(shí)停電了，為了不影響工作的進(jìn)度，工人拿來一塊rn=5kg帶有掛鉤的木板，

把貨物放到木板上，通過定滑輪用繩子把木板拉上去.貨物與木板及木板與傳送帶

之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.8.(物塊與木板均可看做質(zhì)點(diǎn)，g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos37°=0.8)

(1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對(duì)木板滑動(dòng)，求工人所用拉力的最大值；

(2)若工人用戶=189N的恒定拉力把貨物拉到(處時(shí)來電了，工人隨即撤去拉力，求

此時(shí)貨物與木板的速度大小；

(3)來電后，還需要多長時(shí)間貨物能到達(dá)B處？(不計(jì)傳送帶的加速時(shí)間)

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12.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，第一象限的等腰三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于

坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y<0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng).一質(zhì)

量為機(jī)，電荷量為g的帶電粒子從電場(chǎng)中Q(一2九,―八)點(diǎn)以速度％水平向右射出，經(jīng)

坐標(biāo)原點(diǎn)。射入第一象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場(chǎng).已知MN平行于x

軸，N點(diǎn)的坐標(biāo)為(2兒2九)，不計(jì)粒子的重力，求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；

(3)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.

13.下列敘述中正確的是()

A.空中下落的雨滴呈球形是因?yàn)橐后w有表面張力

B.自然發(fā)生的熱傳遞過程是沿著分子熱運(yùn)動(dòng)無序性增大的方向進(jìn)行的

C.非晶體的物理性質(zhì)各向同性而晶體的物理性質(zhì)都是各向異性

D.物體吸收熱量，同時(shí)對(duì)外做功，其內(nèi)能可能增加

E.機(jī)械能不可能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，內(nèi)能也無法全部用來做功以轉(zhuǎn)化成機(jī)械能

14.如圖所示，在上端開口、豎直放置的足夠高光滑導(dǎo)熱氣缸內(nèi)，體積均為

丫的理想氣體1、2被輕活塞A隔開，氣體1上面有活塞8,兩活塞均被

鎖定。已知?dú)怏w1的壓強(qiáng)、大氣壓均為po,氣體2的壓強(qiáng)為2Po.現(xiàn)解除

對(duì)活塞A的鎖定。求:

心穩(wěn)定后氣體1的體積和壓強(qiáng)；

3）穩(wěn)定后，再解除對(duì)活塞8的鎖定，求再次穩(wěn)定后氣體2的體積。

15.如圖，a、b、c、d是均勻媒質(zhì)中x軸上的四個(gè)質(zhì)點(diǎn)，相鄰兩點(diǎn)的間距依次為2%、

4小和6機(jī)。一列簡諧橫波以2m/s的波速沿x軸正向傳播，在t=0時(shí)刻到達(dá)質(zhì)點(diǎn)a

處，質(zhì)點(diǎn)。由平衡位置開始豎直向下運(yùn)動(dòng)，t=3s時(shí)a第一次到達(dá)最高點(diǎn)。下列說

法正確的是（）

abcd

****Jj

A.在t=6s時(shí)刻波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)d處

B.在1=5s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c恰好到達(dá)最高點(diǎn)

C.質(zhì)點(diǎn)6開始振動(dòng)后，其振動(dòng)周期為4s

D.在4s<t<6s的時(shí)間間隔內(nèi)質(zhì)點(diǎn)c向上運(yùn)動(dòng)

E.當(dāng)質(zhì)點(diǎn)d向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)匕一定向上運(yùn)動(dòng)

16.圖示為一光導(dǎo)纖維（可簡化為一長玻璃絲）的示意圖，玻璃絲長為3折射率為“，

A8代表端面.已知光在真空中的傳播速度為c.為使光線能從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑?/p>

到另一端面，

①求光線在端面AB上的入射角應(yīng)滿足的條件：

②求光線從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑サ搅硪欢嗣嫠璧淖铋L時(shí)間.

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A

A

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核是有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的，故A錯(cuò)誤；

從口衰變的實(shí)質(zhì)是核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，因此放射性元素發(fā)生一次/?

衰變，原子序數(shù)增加，故B錯(cuò)誤；

C、一群處于n=3能級(jí)激發(fā)態(tài)的氫原子，自發(fā)躍遷時(shí)能發(fā)出廢=3種不同頻率的光，故

C正確；

D、在a、/?、y這三種射線中，y射線的穿透能力最強(qiáng)，a射線的電離能力最強(qiáng)，故。錯(cuò)

誤；

故選：C.

天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核是有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的，口衰變的實(shí)質(zhì)是核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成

一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，一群處于n=3能級(jí)激發(fā)態(tài)的氫原子，自發(fā)躍遷時(shí)能發(fā)出第=3種

不同頻率的光，在a、0、y這三種射線中，y射線的穿透能力最強(qiáng)，a射線的電離能力最

強(qiáng).

本題主要考查了天然放射性現(xiàn)象，解題關(guān)鍵是要了解原子核衰變的實(shí)質(zhì)，掌握三種射線

的特點(diǎn)，熟記a、小y這三種射線中，y射線的穿透能力最強(qiáng)，a射線的電離能力最強(qiáng),

另外需要掌握波爾氫原子能級(jí)圖中計(jì)算放出多少不同頻率的光的方法，特別注意一群處

于n=3能級(jí)激發(fā)態(tài)的氫原子與一個(gè)處于n=3能級(jí)激發(fā)態(tài)的氫原子的區(qū)別，如果是一個(gè)

處于n=3能級(jí)激發(fā)態(tài)的氫原子，最多放出2種不同頻率的光.

2.【答案】C

【解析】解：人當(dāng)光敏電阻上的光照強(qiáng)度減弱時(shí)，光敏電阻的阻值會(huì)增大，電路的總

電阻增大，電路中的總電流減小，則流過的電流減?。还蔄錯(cuò)誤；

BC,電路中的總電流減小，電源的內(nèi)電壓減小，根據(jù)全電路歐姆定律得知路端電壓增

大，而電容器極板間的電壓就等于路端電壓，所以電容器板間電壓增大，帶電量增加.故

B錯(cuò)誤，C正確；

D、電源效率為4=以=&路端電壓。增大，電動(dòng)勢(shì)E不變，所以電源的效率增大.故

c/C

。錯(cuò)誤.

故選：C

光敏電阻的特性是當(dāng)光敏電阻上的光照強(qiáng)度減弱時(shí)，光敏電阻的阻值會(huì)增大，導(dǎo)致電路

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的總電阻增大，電路中的總電流減小，再分析路端電壓的變化，由歐姆定律依次分析即

可.

該題考查光敏電阻的特性與閉合電路的歐姆定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是掌握光敏電阻的特性：

當(dāng)光敏電阻上的光照強(qiáng)度減弱時(shí)其阻值增大，再由歐姆定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析.

3.【答案】C

【解析】解：A、2s后甲圖線的斜率大于乙圖線的斜率，故2s后甲的加速度大于乙的加

速度，故A錯(cuò)誤。

B、速率是指速度的大小，由圖看出，在2s末岫速率都等于20m/s,速率也相等，故8

錯(cuò)誤。

C、當(dāng)甲乙兩車速度相等時(shí)相距最遠(yuǎn)，根據(jù)外兩條直線的解析式，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)算出交

點(diǎn)的橫坐標(biāo)為管s,由圖象法可知此時(shí)就的距離為148〃?，故C正確。

。、根據(jù)圖象分析可知，。前先向正方向運(yùn)動(dòng)后反向，總位移為0,最后停在原點(diǎn)，b先

向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，后反向，總位移為負(fù)，所以兩車沒有相遇，故。錯(cuò)誤。

故選：C。

根據(jù)圖象判斷兩車運(yùn)動(dòng)的方向，再根據(jù)直線運(yùn)動(dòng)相關(guān)規(guī)律列式求解。

本題考查直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及相遇問題，要求學(xué)生能夠從圖象中獲取有用信息，并且注

意當(dāng)兩車速度相等時(shí)，兩車距離出現(xiàn)極值。

4.【答案】C

【解析】

【分析】

通過平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出在星球上該行星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度

之比.再由萬有引力等于重力，求出行星的半徑.

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，以及掌握萬有引力

等于重力這一理論，并能靈活運(yùn)用.

【解答】

對(duì)于任一行星，設(shè)其表面重力加速度為g。

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得八=：gt2得，t=后

v

則水平射程x=vot=oJ~,解得g=^

可得該行星表面的重力加速度與地球表面的重力加速度之比持“地_7

吟4

根據(jù)G袈=mg,得。=詈

可嶗喑得

解得行星的半徑R療=心務(wù)導(dǎo)Rx#夕=2R

故選：Co

5.【答案】D

【解析】

【分析】

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，然后

根據(jù)W=qU求解電功。

本題關(guān)鍵是明確感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小求解方法和方向的判斷方法，會(huì)求解電功，基礎(chǔ)問題。

【解答】

磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增加，其變化率為h故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：

U=S——nr2k

At

根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向；

小球帶正電，小球在環(huán)上運(yùn)動(dòng)一周，則感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力所做功的大小是：

W=qll=itr2qk,故ABC錯(cuò)誤，。正確。

故選。。

6.【答案】AC

【解析】解：ACD,當(dāng)S接通后，副線圈回路電阻變小，輸出功率變大，輸出電流變大，

變壓器的輸入功率等于輸出功率，所以變壓器的輸入功率變大，輸入電流變大，燈泡人

的電壓增大，原線圈電壓減小，匝數(shù)比不變故副線圈電壓減小，所以燈泡G兩端的電壓

變小；

根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，設(shè)原線圈電流為/,則通過副線圈電流為2/,員、G規(guī)格相同，

所以通過G和乙3的電流為/，所以燈泡％和G的電流相同，燈泡L1和G亮度相同，故AC

正確，力錯(cuò)誤；

8、因?yàn)檩斎腚娏髯兇?，燈泡人的電壓增大，燈泡人變亮，燈泡G兩端的電壓減小，所

以燈泡乙2亮度變暗，故B錯(cuò)誤；

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故選：AC

輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，輸入功率的大小是由輸出功率的大小決定的,

電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，根據(jù)理想變壓器的原理分析即可

本題主要考查變壓器的知識(shí)，要能對(duì)變壓器的最大值、有效值、瞬時(shí)值以及變壓器變壓

原理、功率等問題徹底理解

7.【答案】AD

【解析】解：A、s-t圖象的斜率表示速度，故木塊B、C都和彈簧分離后的運(yùn)動(dòng)方向

相同，故4正確；

B、兩個(gè)木塊系統(tǒng)（包括彈簧）水平方向不受外力，總動(dòng)量守恒，故木塊B、C都和彈簧分

離后，系統(tǒng)的總動(dòng)量不變，故B錯(cuò)誤；

C、木塊aC分離過程中B木塊的速度增加了，故B木塊的動(dòng)量變大，由于系統(tǒng)的總

動(dòng)量不變，故B的動(dòng)量增加等于A木塊的動(dòng)量減小，故C錯(cuò)誤；

D、兩個(gè)木塊分離前速度：v=^=lm/s；分離后，8的速度%=節(jié)上=3m/s,C的速

度為=r=0-5m/s,根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：

（mB+mc）v-mgV!+mcv2

解得：

1

巾8=4mc

故。正確.

故選：AD

s-t圖象的斜率表示速度，兩個(gè)木塊系統(tǒng)（包括彈簧）水平方向不受外力，總動(dòng)量守恒.

本題關(guān)鍵是通過s-t圖象得到兩個(gè)木塊的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合動(dòng)量守恒定律列式分析,

基礎(chǔ)題目.

8.【答案】BC

【解析】解：AB,設(shè)小球和斜面的質(zhì)量分別為〃，和繩子與斜面的夾角為心

以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受到重力，咫、斜面的支持力N和繩子的拉力F,如下圖所示.由

平衡條件得：

mg

斜面方向有：mgsina=Fcosd...(T)

垂直斜面方向：N+Fsin?=mgcosa...②

使小球沿斜面緩慢移動(dòng)時(shí)，。增大，其他量不變，由①式知，F(xiàn)增大.

由②知，N變小，故A錯(cuò)誤，8正確.

CD、對(duì)斜面和小球整體分析受力：重力吸、地面的支持力N'和摩擦力，、小球的壓力

N,由平衡條件得:

f=Nsina,N變小，則/變小，

N'=Mg+Ncosa,N變小，則N'變小，由牛頓第三定律得知，斜面對(duì)地面的壓力也變

小.故C正確，。錯(cuò)誤.

故選：BC

先以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件得到拉力、支持力與繩子和斜面夾角的關(guān)系式，即

可分析其變化；再對(duì)斜面研究，由平衡條件分析地面對(duì)斜面的支持力和摩擦力，即可分

析斜面對(duì)地面的壓力變化.

本題采用隔離法研究兩個(gè)物體的動(dòng)態(tài)平衡問題，分析受力情況是基礎(chǔ)，也可以采用隔離

法分析C。兩項(xiàng)

9.【答案】弓端"忘尸擋光片經(jīng)過光電門A時(shí)的速度0.24

2gs

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【解析】解：(1)根據(jù)平均速度等于瞬時(shí)速度可知遮光片經(jīng)過A時(shí)的速度大小為以=卷

(2)經(jīng)過8點(diǎn)的速度%=扁

根據(jù)牛頓第二定律可知一卬ng=ma，解得a=

在AB段根據(jù)速度位移公式可知詔-域=2as

聯(lián)立解得〃=喻廣端)2

(3)若某同學(xué)做該實(shí)驗(yàn)時(shí)誤將光電門乙的位置改變多次，光電門A的位置保持不變，畫

出;-t圖線后，得出的縱坐標(biāo)截距的物理含義為滑塊經(jīng)過光電門A時(shí)的瞬時(shí)速度

加速度為：a=，=2.4m/s2

△c

根據(jù)a=4g可知〃=%=0.24

故答案為：(1)*(2)^^―其上

(3)擋光片經(jīng)過光電門A時(shí)的速度0.24

(1)利用平均速度代替瞬時(shí)速度求得經(jīng)過A點(diǎn)的速度

(2)利用平均速度代替瞬時(shí)速度求得B點(diǎn)的速度，根據(jù)速度位移公式求得加速度，利用

牛頓第二定律求得摩擦因數(shù)

(3)由位移時(shí)間關(guān)系式整理得到;一t圖線的表達(dá)式，并找出圖線的斜率和加速度關(guān)系.

要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，抓住利用平均速度代替瞬

時(shí)速度，明確:-t圖象中斜率的含義

10.【答案】1100G2Q2.4

【解析】解：(1)設(shè)原滿偏電流為/,內(nèi)阻的廠，則量程為3y時(shí)：3=/(2900+r)

當(dāng)量程為15V時(shí):15=/(2900+12000+r)

可求得：I=1mA,r=100/2

(2)所選的表頭與電阻聯(lián)接后要與原表頭的滿偏電流，內(nèi)部電阻相同，則由所給的器材

選出的組合為。2,其并聯(lián)電阻為％=2000,則其并聯(lián)部分的內(nèi)阻為1000,滿偏電流為

\mA,則可電路圖如下圖.

'■吊扁

----@~~~<__MZZ]-

衿15：

I__?

(3)改裝后的0.5mA對(duì)應(yīng)的為3匕則0.4爪4的對(duì)應(yīng)電壓為2.4V.

故答案為：(1)1100(2)G2r3(3)2.41

(1)把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，據(jù)量程由歐姆定律原理列方程聯(lián)立求解.

(2)所選的表頭與電阻聯(lián)接后要與原表頭的滿偏電流，內(nèi)部電阻相同，據(jù)此分析.

(3)由電壓與電流成正比確定電壓值.

明確電壓表和電流表的改裝原理是解題關(guān)鍵，靈活應(yīng)用歐姆定律求解，此題較簡單

11.【答案】解：(1)設(shè)最大拉力為%,貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時(shí)

的加速度為的，對(duì)貨物分析根據(jù)牛頓第二定律得：

[iMgcosd-Mgsind=Max

代入數(shù)據(jù)得：%=0.4m/s2

對(duì)貨物與木板整體分析根據(jù)牛頓第二定律得：

Fm—R(m+M)gcos9—(m4-M)gsin9=(m+M)的

代入數(shù)據(jù)得：Fm=192/V

(2)設(shè)工人拉木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得：

F—p,(m+M)gcosd—(m+M)gsin0=(m+Af)a2

2

代入數(shù)據(jù)解得：a2=0.2m/s

設(shè)來電時(shí)木板的速度為打，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：相=2a2g

代入數(shù)據(jù)得：V1=2m/s

(3)由于％<4TH/S,所以來電后木板繼續(xù)加速，加速度為內(nèi)

林。n4-M)gcos。—(m+MjgsinB=(m4-M)a3

2

代入數(shù)據(jù)得：a3=GAm/s

設(shè)經(jīng)過0木板速度與傳送帶速度相同，u=%+Q3tl

得：h=5s

設(shè)匕內(nèi)木板加速的位移為%i，v2-vl=2a3%i

得：x1=15m

共速后，木板與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為J，勻速運(yùn)動(dòng)的位

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移為久2'X2=/—~—%i

得：x2=25m

乂：「蔡

得：t2=6.25s

所以來電后木板再需要運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：ti+t2=11.25s.

答：(1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對(duì)木板滑動(dòng)，工人所用拉力的最大值是192M

(2)若工人用戶=189N的恒定拉力把貨物拉到S處時(shí)來電了，工人隨即撤去拉力，此時(shí)貨

物與木板的速度大小是2zn/s；

(3)來電后，還需要11.25s貨物能到達(dá)B處.

【解析】(1)當(dāng)拉力達(dá)到最大拉力為片,貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值，分別

對(duì)貨物與整體為研究對(duì)象，結(jié)合牛頓第二定律即可求出；

(2)由牛頓第二定律求出加速度，然后由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出木板的速度；

(3)由牛頓第二定律求出來電后的加速度，然后由運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出.

本題是一道力學(xué)綜合題，難度較大，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，對(duì)貨

箱正確受力分析、應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題.

12.【答案】解：(1)由幾何關(guān)系可知粒子在水平電場(chǎng)中水平位移為2〃，豎直方向的距離

為〃，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：

2h=vot

入12

h=-at2

2

由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知：

Eq=ma

聯(lián)立解得：E=譬；

2qh

電場(chǎng)強(qiáng)度為暨：

2qh

(2)粒子到達(dá)。點(diǎn)，沿+y方向的分速度

，Eq2h

Vy=at=--------=Vo；

mv0

速度與X正方向的夾角a滿足tsia=Va=45。

vx

粒子從MP的中點(diǎn)垂直于MP進(jìn)入磁場(chǎng)，垂直于NP射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中的速度17=

V2v0;

軌道半徑R=y/2h

由Bqu=■得:

B-m，o.

qh*

故磁感應(yīng)強(qiáng)度為詈；

(3)由題意得，帶電粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為45。，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間1=：7=警4=署:

ODC/O4%

粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間熄■.

【解析】(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律可求

得電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得粒子的合速度，由幾何關(guān)系可求得帶電粒子的半徑，由磁

場(chǎng)中洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度8；

(3)由幾何知識(shí)可知帶電粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，則由周期可求得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運(yùn)動(dòng)規(guī)律采用合

理的物理規(guī)律求解.

13.【答案】ABD

【解析】解：A、表面張力使液體表面具有收縮趨勢(shì)，使液體表面積趨于最小，所以空

中下落的雨滴呈球形是因?yàn)橐后w的表面張力，故A正確。

8、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，自然發(fā)生的熱傳遞過程是沿著分子熱運(yùn)動(dòng)無序性增大的

方向進(jìn)行的，故B正確；

C、非晶體的物理性質(zhì)各向同性，單晶體的物理性質(zhì)是各向異性，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，物體吸收熱量，同時(shí)對(duì)外做功，其內(nèi)能可能增加，故。

正確；

E、根據(jù)能量轉(zhuǎn)化的方向可知，機(jī)械能可能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；根據(jù)熱力學(xué)第二定律，內(nèi)

能也可以全部用來做功以轉(zhuǎn)化成機(jī)械能，只是會(huì)弓|起其他的變化；故E錯(cuò)誤。

故選:ABDo

利用熱力學(xué)第一定律和熱力學(xué)第二定律分析解決即可。

本題考查熱力學(xué)定律相關(guān)內(nèi)容，比較簡單；需要同學(xué)們能夠利用熱力學(xué)定律分析相關(guān)現(xiàn)

象。

14.【答案】解:(1)當(dāng)整個(gè)系統(tǒng)穩(wěn)定后，氣體1做等溫變化，由玻意耳定律可得:PoV=Pi匕,

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同理：對(duì)氣體2列出等溫變化方程：2poV=P2,2；

由題意可知，兩氣體的壓強(qiáng)相等：Pl=P2，總體積不變匕+%=2V;

可解得：匕=|v,px=1p0

(2)解除活塞A的鎖定后，汽缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)大于大氣壓，活塞將上升，

當(dāng)再次穩(wěn)定后，氣體2的壓強(qiáng)等于大氣壓，由玻意耳定律；

2p0V=p0V3,解得：v3=2Vo

答：(1)穩(wěn)定后氣體1的體積為|心壓強(qiáng)為|P。；

(2)穩(wěn)定后，再解除對(duì)活塞B的鎖定，再次穩(wěn)定后氣體2的體積為2匕

【解析】(1)對(duì)兩部分氣體分別運(yùn)用玻意耳定律列式，結(jié)合總體積不變的條件，可求解

穩(wěn)定后氣體/的體積和壓強(qiáng)；

(2)穩(wěn)定后，再解除活塞4的鎖定，再次穩(wěn)定后，兩部分氣體壓強(qiáng)均為分,對(duì)下部分氣

體根據(jù)玻意耳定律即可求解。

本題考查了氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是找出兩部分氣體間的壓強(qiáng)和體積關(guān)系，分

別列出各自的初、末態(tài)的狀態(tài)參量，再由氣體實(shí)驗(yàn)定律列式即可