2021年內(nèi)蒙古烏蘭察布市高考物理調(diào)研試卷（一模）

2021年內(nèi)蒙古烏蘭察布市高考物理調(diào)研試卷（一模）

1.研究光電效應的電路圖如圖所示，關于光電效應，下列說法正**窗口

A.任何一種頻率的光，只要照射時間足夠長，電流表就會有示

B.若電源電動勢足夠大，滑動變阻器滑片向右滑，電流表的示----11

數(shù)能一直增大

C.調(diào)換電源的正負極，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，電流表的示數(shù)可能會消失

D.光電效應反應了光具有波動性

2.如圖所示，真空中x軸上有兩個帶正電的點電荷，位置分&2

別位于原點O和&處，電荷量分別為Qi和Q2,且Qi>Qz，°X°

規(guī)定沿x軸正方向為電場強度正方向。在0?X。之間，電場強度E隨位置坐標x的

變化圖象可能正確的是（）

3.如圖所示，長度為1=1m的輕桿一端通過較鏈固定在地面上的。點，搭在一邊長

為a=18cm的正方形木塊上，向左推動木塊,輕桿繞O點轉(zhuǎn)動。當輕桿與地面成37。

角時，木塊的速度大小為u=3.0m/s,則輕桿最上端A點的速度大小為。譏37。=

0.6,cos37°=0.8）（）

A.5.0m/sB.6.0m/sC.9.0m/sD.10m/s

4.如圖所示，水平地面上有一傾角為0=37。的傳送帶，以%=16m/s的速度逆時針

勻速運行。將一煤塊從h=33.6m的高臺從靜止開始運送到地面，煤塊可看做質(zhì)點。

已知煤塊的質(zhì)量為m=1kg,煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,重力加

速度為g=l（hn/s2,s譏37。=0.6,cos37。=0.8。煤塊由高臺運送到地面的過程

中，下列說法正確的是（）

A.運送煤塊所用的時間為4.5s

B.摩擦力對煤塊做的功為-48/

C.煤塊相對傳送帶運動而產(chǎn)生的劃痕長8m

D.煤塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為16J

5.如圖所示，質(zhì)量為巾1=0.95kg的小車A靜止在光滑地面上，一質(zhì)量為僧3=0.05kg

的子彈以%=10（hn/s的速度擊中小車A,并留在其中，作用時間極短。一段時間

后小車A與另外一個靜止在其右側(cè)的、質(zhì)量為爪2=4kg的小車B發(fā)生正碰，小車

8的左側(cè)有一固定的輕質(zhì)彈簧。碰撞過程中，彈簧始終未超彈性限度，則下列說法

錯誤的是（）

A.小車A與子彈的最終速度大小為3m/s

B.小車B的最終速度大小為2m/s

C.彈簧最大的彈性勢能為10J

D.整個過程損失的能量為24（1/

6.如圖所示，粗糙絕緣斜面上有一帶負電小物塊，斜面頂端有一固定擋板，小物塊通

過一輕質(zhì)絕緣彈簧與擋板相連，小物塊處于靜止狀態(tài)。若現(xiàn)在在空間加上垂直于斜

面向下的勻強電場（圖中未畫出），小物塊依然靜止，則下列說法正確的是（）

A.彈簧一定處于拉伸狀態(tài)B.小物塊對斜面的壓力減小

C.物塊受到斜面的摩擦力不變D.物塊受到的摩擦力減小

第2頁，共21頁

7.如圖所示，兩根足夠長的粗糙平行金屬導軌，與水平面

的夾角為。=37°,間距為d=2m,導軌頂端接有一阻值女今N

為R=3。的小燈泡和一理想電壓表，導軌所在空間存在

垂直于導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=71

1.0T?—質(zhì)量為m=1kg、長度為，=2m、阻值為r=1.0。的導體棒垂直放在導軌

上，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,導軌電阻不計，重力加速度g=

lOm/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,由靜止釋放導體棒，導體棒運動過程中與

導軌始終垂直且接觸良好。下列說法正確的是（）

A.導體棒由靜止釋放瞬間加速度大小為4m/s2

B.導體棒最終穩(wěn)定時的速度大小為3m/s

C.導體棒最終穩(wěn)定時電壓表的示數(shù)為2V

D.導體棒最終穩(wěn)定時電壓表的示數(shù)為6y

8.北京時間2020年12月3日23時10分，嫦娥五號上升器從月面起飛，攜帶月球樣

品成功進入預定環(huán)月軌道，這是中國首次實現(xiàn)地外天體起飛。假設嫦娥五號進入預

定環(huán)月軌道后半徑為治,周期為A，能直接觀測到月球部分的張角為。1，另外有一

顆探月高軌衛(wèi)星，在半徑為9%的軌道上圍繞月球旋轉(zhuǎn)，高軌衛(wèi)星能直接觀測到月

球部分的張角為。2,已知嫦娥五號和高軌衛(wèi)星軌道平面重合，且運行方向相同。下

列說法正確的是（）

\建嫌五號/

A.高軌衛(wèi)星周期為27J

B.嫦娥五號與高軌衛(wèi)星每次“不見面”的時間為喀警區(qū)

5271

C.嫦娥五號與高軌衛(wèi)星每次“不見面”的時間為當產(chǎn)

527r

D.嫦娥五號與高軌衛(wèi)星能直接觀測月球部分的張角關系為sin^=9sin§

9.為了驗證機械能守恒定律，裝置如圖甲所示。某同學用游標卡尺測量出小球直徑d,

如圖乙所示，然后用電磁鐵吸住小球，實驗時，斷開開關，讓小球由靜止下落，通

過正下方的光電門，記錄下時間為4t,用刻度尺測得小球圓心距光電門中心距離

為h,重力加速度為g。

電am

小H

<=W:'光電"

、&、、、wx\w\、xw〈xw

甲

(1)小球的直徑為mm；

(2)要想驗證機械能守恒，需要驗證的表達式為：(用題目中的物理量字母

表示)；

(3)多次調(diào)節(jié)小球釋放的高度/?,重復上述實驗，做出點一h的圖象，如圖所示，

則圖象的斜率k=(用題目中的物理量字母表示)；

(4)若空氣阻力不能忽略，實驗中增大小球高度，重力勢能的減少量AEp與動能的

增加量△Ek的差值將(填“增大”“減小”或“不變”)。

10.為了測量甲、乙兩電源的電動勢和內(nèi)阻，某同學設計了如圖1所示的電路圖，該實

驗中所有電表都看做理想電表。實驗時，該同學先閉合了開關國與S3,調(diào)節(jié)滑動變

阻器的阻值，記錄下電壓表與電流表①的6組數(shù)據(jù)，如表所示：

序號\23456

U/V2.702.552.251.951.801.65

1/A0.100.150.250.350.400.45

圖1圖2圖3

(1)請在圖2的坐標系中選取合適的標度，并做出電源甲的U-/圖象。

⑵若定值電阻Ri的阻值為2。則電源甲的電動勢均=V,內(nèi)阻6=

0(計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)。

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（3）接著，該同學斷開開關Si與S3,閉合開關S2與S4,調(diào)節(jié)電阻箱Ro的阻值，記錄

下電流表示數(shù)A與電阻箱的阻值后，做出了亍的圖象。如圖3所示，由圖象可

得電源乙的電動勢E2=V,內(nèi)阻方=。（計算結(jié)果均保留兩位有效

數(shù)字）。

11.如圖所示，粗糙水平地面上，有一長木板A,其長度為L=2.4m,質(zhì)量為巾4=4kg,

與地面間的動摩擦因數(shù)為%=0.3。在其左端有一個物塊B,質(zhì)量為mB=6kg,物

塊B與長木板A之間的動摩擦因數(shù)為%=0.6。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重

力加速度g=10m/s2,用一水平向右的恒力作用在物塊B上。求：

（1）當F為40N時，A、8之間的摩擦力為多大？

（2）當F為50N時，物塊B運動到木板4右端時的速度大小？

12.如圖所示，直角坐標系X。），位于豎直平面內(nèi)，三個質(zhì)量均為加、帶電量均為+q的

小球1、2、3（小球均可以看作質(zhì)點），通過特殊裝置分別限制在A、C、。三點，4、

。之間的距離為〃，第一象限存在水平向右的勻強電場%,第三、四象限存在電場

和磁場正交的復合場，其中磁場方向垂直于xO），平面向外，電場％的方向豎直向上。

現(xiàn)解除特殊裝置對小球1的限制，小球1從靜止開始運動，一段時間后與C點處的

小球2發(fā)生正碰（碰前瞬間特殊裝置解除對小球2的限制），兩小球粘在一起進入x

軸下方的復合場，速度方向與x軸正方向成30。角，兩個小球在復合場中做勻速圓

周運動恰好經(jīng)過O點，與小球3發(fā)生彈性正碰（碰前瞬間特殊裝置解除對小球3的

限制），小球3在第一象限運動到最高點，坐標為。（圖中未標出），重力加速度為g,

碰撞過程中小球的帶電量保持不變，不計小球之間的庫侖力。求：

（1）電場生與電場E2的電場強度大小之比；

(2)磁場的磁感應強度大小;

(3)。點的位置坐標。

13.以下說法正確的是()

A.氣體吸熱的同時，也對外做功，則氣體的溫度有可能降低

B.溫度低的氣體不存在速率大的分子

C.內(nèi)能一定無法全部用來做功轉(zhuǎn)化為機械能，而不引起其他變化

D.水的飽和汽壓隨著溫度升高而增大

E.布朗運動就是物體分子的無規(guī)則熱運動

14.如圖所示，豎直放置的圓柱形汽缸由導熱材料制成，內(nèi)有活塞，質(zhì)

量可忽略不計，橫截面積為S=20cm2,活塞下方密封一定質(zhì)量的空

氣(可視為理想氣體)，初始壓強為大氣壓強，活塞到汽缸底部的距離三:產(chǎn)三

為兒=0.1m,活塞與汽缸之間無摩擦且不漏氣，將一定量的細沙緩

緩加入汽缸中，活塞下移，到汽缸底部的距離變?yōu)殡?0。8血。己---------

知大氣壓強Po=1.0x105Pa,重力加速度g=10m/s2,活塞下移過程中缸內(nèi)氣體

溫度不變。

(1)求加入細沙的質(zhì)量；

(2)若加入細沙后，給活塞下面空氣加熱，可以使活塞恢復到加入細沙之前的原位

置，設該過程空氣吸收的熱量為2J,求氣體內(nèi)能的變化量。

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15.如圖所示，均勻介質(zhì)中有參數(shù)完全相同的兩個的波源Si與S2,相距8機，同時同方

向起振，在介質(zhì)中產(chǎn)生簡諧橫波。振動傳至兩波源連線中垂線上的A點用時t=2s,

已知A點距兩波源連線中點。的距離為3m,從質(zhì)點A起振開始計時，A點的振動

方程為y=下列說法正確的是()

---?--------------?--?

S.°，

A.振動在介質(zhì)中傳播的速度大小為為2.5m/s

B.振動在介質(zhì)中傳播的波長為10/?

C.振動在介質(zhì)中傳播的周期為2s

D.兩波源之間的連線上有2個振動加強點

E.兩波源之間的連線上距中點。距離為2.5m處的質(zhì)點振幅為0

16.如圖所示，一種透明材料做成的半球放在地面上，其半徑為/?=遍加，與地面的切

點、為F,CD為直徑，與地面平行。在地面上A、B處分別固定一個光源，4光源距

離F點1m,8光源距離F點g山，A、8光源分別有一束光通過半球球心0,且都

打到了緊靠墻上的E點，E點距離C點為1加，取光速為以求：

(1)球體材料對4、8光束的折射率之比；

(2)兩束光從出發(fā)到E的時間差(結(jié)果用c表示)。

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，能否發(fā)生光電

效應，與入射光的光照時間無關，故A錯誤；

B、當電流表有示數(shù)時，滑動變阻器滑片從圖所示位置向右移動，則AK之間正向電壓

增大，若已達到飽和電流，則電流表的示數(shù)會不變，若沒有達到飽和電流，則電流表的

示數(shù)會變大，故B錯誤；

C、當電流表有示數(shù)時，調(diào)換電源的極性，則在AK之間加入反向電壓，逸出光電子若

不能到達K極，則不會形成光電流，那么電流表無示數(shù)，故C正確；

。、光電效應現(xiàn)象說明了光具有粒子性，故。錯誤。

故選：Co

發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的強度無關，光電

流的大小與光的強度及正反向電壓大小有關.

解決本題的關鍵掌握光電效應的條件，以及掌握飽和電流的概念.明確發(fā)生光電效應時，

入射光的頻率會影響光電子的最大初動能；入射光的強度會影響光電流的大小，及注意

正反電壓的區(qū)別.

2.【答案】A

【解析】解：4、因為g>Q2,根據(jù)電場疊加原理，電場強度為0的位置在半?出之間，

在電場強度為0的位置左側(cè)電場方向沿x軸正方向，在電場強度為0的位置右側(cè)電場方

向沿x軸負方向，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

某點的電場強度是正電荷Qi和正電荷Q2在該處產(chǎn)生的電場的疊加，是合場強，因為Qi的

電荷量大于。2,場強為零的地方靠近<?2,在場強為零的左側(cè)場強向右，在場強為零的

右側(cè)場強向左。

電場中某點處于兩個電荷的電場之中，所以該點的場強就是合場強，要根據(jù)點電荷的場

強公式以及矢量合成的方法進行計算。

3.【答案】B

【解析】解：設物塊在所示位置的速度為將物塊與接觸點處的速度沿垂直于桿的方

向與沿桿的方向分解，如圖所示：

物塊與接觸點處的速度沿垂直于桿方向的分速度：=v'sin370=3.0x0.6m/s=

1.8m/s

接觸點到。點的距離：==---=18x10—m=0.3m

1stn37°0.6

桿繞。點做圓周運動，根據(jù)公式：v=cor,可得：v±=co/i，vA=col

代入數(shù)據(jù)可得：v-6.0m/s,故8正確，AC。錯誤。

故選：Bo

將物塊的速度分解為沿桿子方向和垂直于桿子方向，在垂直于桿子方向上的速度等于接

觸點繞O轉(zhuǎn)動的線速度，根據(jù)D=丁3可求出A點的線速度大?。?/p>

解決本題的關鍵是運用運動的分解法找出桿與物塊速度關系。

4.【答案】B

【解析】解：A、設傳送帶的長度為L則有：Ls出37。=33.6m

解得：L=56m,

煤塊剛放上傳動帶時，受到的滑動摩擦力沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律得：

mgsin370+卬ngcos37°=max

解得：%=8m/s2,

則煤塊從0加速到與傳送帶共速需要的時間為：ti=?==2s,

o

煤塊的位移為：%i==|x8x22m=16m,

由于mgsE37。＞卬ngcos37。，可知煤塊與傳送帶共速后繼續(xù)做勻加速運動，摩擦力沿

斜面向上，

根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin370-i^mgcos370=ma2

2

解得：a2=4m/s,

以后煤塊運動的位移大小為：x2=L-xx=56m-16m=40m

根據(jù)位移一時間關系可得：x2=vot2+\a2tl

解得：以=2s,

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運送煤塊所用的時間為：t=Q+t2=2s+2s=4s,故A錯誤；

B、摩擦力大小為/=〃mgcos37。，代入數(shù)據(jù)解得f=2N,

第一個過程摩擦力對煤塊做功為：名=//=2x16/=32/,

第二個過程摩擦力對煤塊做功為：W2=一f(L-xj=-2x(56-16)J=-807,

故摩擦力對全程對煤塊做功為：Wf=W1+W2=32J-807=-487,B正確;

C、第一個過程傳動帶的位移為：x3=votx=16x2m=32m,煤塊與傳送帶的相對位

移為：△X1=32m-16m=16m,

第二個過程傳送帶的位移為：x4—v0t2=16X2m=32m,相對位移為：△x?=%2—

x4=40m—327n=8m,

第一個過程傳送帶運動快，第二個過程煤塊運動快，煤塊在傳動帶上的劃痕應為16〃?,

故C錯誤；

D、第一個過程摩擦生熱為：Qi=f△/=2x16/=32/,第二個過程摩擦生熱為：Q2=

/-A%2=2x8/=16J,

故煤塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為:Q=Qi+<?2=32/+16/=48/,故力錯誤。

故選：Bo

煤塊放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于煤塊的速度，傳送帶給煤塊一沿斜

面向下的滑動摩擦力，煤塊由靜止開始加速下滑，當煤塊加速至與傳送帶速度相等時，

由于〃<tan。，煤塊在重力作用下將繼續(xù)加速，此后煤塊的速度大于傳送帶的速度，傳

送帶給煤塊沿傳送帶向上的滑動摩擦力，但合力沿傳送帶向下，煤塊繼續(xù)加速下滑，綜

上可知，滑動摩擦力的方向在獲得共同速度的瞬間發(fā)生了“突變”；根據(jù)牛頓第二定律

求出兩段的加速度，再根據(jù)速度時間關系求兩段的時間；

根據(jù)功的計算公式求解摩擦力做的功；

求出前后兩段相對于距離大小，由此分析煤塊相對傳送帶運動而產(chǎn)生的劃痕長；

第一階段煤塊的速度小于皮帶速度，煤塊相對皮帶向上移動；第二階段，煤塊的速度大

于皮帶速度，煤塊相對皮帶向下移動，根據(jù)運動學公式求解相對距離大小，再根據(jù)摩擦

力乘以相對通過的距離計算產(chǎn)生的熱。

本題主要是考查傳送帶問題，關鍵是弄清楚煤塊的受力情況和運動情況，知道因摩擦產(chǎn)

生的熱的計算方法；

從該題可以總結(jié)出，皮帶傳送煤塊所受摩擦力可能發(fā)生突變，不論是其大小的突變，還

是其方向的突變，都發(fā)生在煤塊的速度與傳送帶速度相等的時刻。

5.【答案】D

【解析】解：ABC.子彈射入小車A的過程中，子彈和小車A組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)

，

定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：m3v0=(m3+巾1)/

0.05X100.

解得：%=------ms5m/s,

m2+m10.05+0.95'

當彈簧最短時，彈性勢能最大，此時三者共速，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒有:

（巾3+巾1）。1=（63+巾1+巾2?#,

代入數(shù)據(jù)解得：9共=lm/s；

根據(jù)能量守恒得，彈簧的最大彈性勢能：Ep=：(m1+m3)vf-3O1+機2+巾3)或=

|x(0.95+0.05)x527-1x(0.95+4+0.05)xI2/=10”

設小車A與子彈最終速度為內(nèi)，小車B最終速度為嗎，規(guī)定向右為正方向，

根據(jù)動量守恒有：(山1+m3)vi=(61+m3)v3+m2v4,

根據(jù)能量守恒有：+機3)譜+巾3)域+[62迸，

代入數(shù)據(jù)解得：v3=-3m/s,v4=2m/s,故A、B、C正確；

D,整個過程中損失的能量為子彈打入物塊A過程中損失的能量，根據(jù)能量守恒有：△

E=|m3vg+m3)vl，

代入數(shù)據(jù)解得：AE=237.5/,故。錯誤。

本題選錯誤的，故選：Do

根據(jù)動量守恒定律得出子彈射入木塊后的速度，當彈簧彈性勢能最大時，三者共速，根

據(jù)動量守恒定律求出三者共同的速度，結(jié)合能量守恒求出彈簧的最大彈性勢能；最終彈

簧又恢復原長，結(jié)合動量守恒定律和能量守恒求出最終小車A和子彈的速度以及小車B

的速度；整個過程損失的能量是在子彈射入物塊A過程中損失的，結(jié)合能量守恒定律求

出整個過程中損失的能量。

本題考查了動量守恒定律和能量守恒定律的綜合運用，關鍵能正確地選擇研究的對象，

選擇合適的定律進行求解，知道三者速度相等時，彈簧的彈性勢能最大。

6.【答案】BC

【解析】解：A3、小物塊一直靜止，無法確定摩擦力與彈簧彈力的方向，但電場力垂

直于斜面向下，故物體與斜面間正壓力減小，故A錯誤，8正確；

C。、小物塊不動，電場力與斜面垂直，故彈簧彈力與摩擦力都不變，故C正確，。錯

誤。

故選：BC.

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在施加電場力前后，小物塊始終保持靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件判斷物塊的受力情況。

本題的難點在于彈簧彈力和摩擦力方向的不確定性，無法判斷施加電場前后摩擦力變化

情況。

7.【答案】AD

【解析】解：人導體棒由靜止釋放瞬間速度為0,沒有產(chǎn)生感應電流，導體棒不受安

培力，根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin37°—nmgcos37°=ma,解得a=4m/s2,故A正確；

8、設導體棒最終穩(wěn)定時的速度大小為v,此時導體棒做勻速直線運動，由平衡條件可

得

mgsin37°=4mgeos37°+F及：

又尸安=B1L,/=,E=BLv,可得=BLv

又R+rxR+r

聯(lián)立解得v=4zn/s,E=8V,故8錯誤；

CD、導體棒最終穩(wěn)定時電壓表的示數(shù)為U=/-E=2x8/=6V,故C錯誤，。正

R+r3+1

確。

故選：ADO

導體棒由靜止釋放瞬間速度為0,沒有產(chǎn)生感應電流，導體棒不受安培力，根據(jù)牛頓第

二定律求加速度；導體棒穩(wěn)定時做勻速直線運動，合力為零，根據(jù)平衡條件和安培力與

速度的關系求穩(wěn)定時的速度，由電壓分配規(guī)律求穩(wěn)定時電壓表的示數(shù)。

本題是電磁感應與電路、力學相結(jié)合的綜合題，根據(jù)題意分析清楚導體棒的運動情況是

解題的關鍵，要知道導體棒穩(wěn)定時做勻速直線運動，要能根據(jù)閉合電路歐姆定律、法拉

第電磁感應定律、安培力公式相結(jié)合推導出安培力與速度的關系產(chǎn)方=警。

女R+r

8.【答案】ABD

【解析】解：A、由開普勒第三定律得第=曙，解

12

得高軌衛(wèi)星周期為72=2771，故A正確；

BC、當嫦娥五號與高軌衛(wèi)星的連線與月球表面相切時,

兩者恰好“不見面”，如圖所示，由圖可知，兩衛(wèi)星

每次“不見面”對應的角度44。8=%+%，設每次

“不見面”的時間為t,則靠一存=%+%，解得”出誓①，故8正確，C錯誤;

<1,2527r

D、設月球半徑為r0,由題意可知，si吟=黃，sin0=9結(jié)合/?2=9%,解得宜遍=

9siny,故￡＞正確。

故選：ABD。

根據(jù)開普勒第三定律求高軌衛(wèi)星周期；當嫦娥五號與高軌衛(wèi)星的連線與月球表面相切時,

兩者恰好“不見面”，由幾何關系求嫦娥五號與高軌衛(wèi)星每次“不見面”對應的角度，

再求每次“不見面”時間；由幾何關系求嫦娥五號與高軌衛(wèi)星能直接觀測月球部分的張

角關系。

解決本題的關鍵要作圖找出兩衛(wèi)星每次“不見面”對應的角度，利用幾何知識幫助解答。

9.【答案】7.202gh=當空增大

At2d"

【解析】解：(1)由圖示游標卡尺可知，20分度，其精確度為0.05zmn,其主尺示數(shù)為：

7mm,而游標尺示數(shù)為：4x0.05mm=0.20mm.

那么游標卡尺的讀數(shù)為：7mm+0.20mm=7.20mm,

(2)根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度，可知，小球通過光電門的瞬時速度為：

d

V=-

則動能的增加量為：△Ek=-mv2=嗎，

K22At2

重力勢能的增加量為：

△昂=mgh,

則需要驗證的表達式是：

mgh=1mv2,

即為：2gli=

⑶由機械能守恒定律得：mgh,=^mv2,

整理得：點=祟九，

則點一八圖象的斜率：仁豢

(4)小球下落過程要克服阻力做功，使機械能減少，小球下落高度越大，克服阻力做功

越多，損失的機械能越多，故增加下落高度后，則AEp-AEk將增大；

故答案為：⑴7.20；(2)2研=鳥;(3)魯(4)增大.

(1)游標卡尺主尺與游標尺示數(shù)之和是游標卡尺示數(shù).

第14頁，共21頁

(2)根據(jù)極短時間內(nèi)平均速度可替代瞬時速度，可以求出小球經(jīng)過光電門時的速度，再

抓住重力勢能的減小量等于動能的增加量得出需要驗證的表達式.

(3)應用機械能守恒定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后求出斜率.

(4)小球下落過程要克服阻力做功，下落距離越大，克服阻力做功越多，損失的機械能

越多.

知道實驗原理、掌握基礎知識是解題的前提與關鍵，對游標卡尺讀數(shù)時要注意游標尺的

精度，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直；根據(jù)機械能守恒定律求出圖象的函數(shù)表達式，根據(jù)

圖象的函數(shù)表達式可以求出圖象的斜率表達式.

10.【答案】3.01.02.50.60

白價+氤則卜氣，6氣，代入圖象中數(shù)據(jù)可得：&=2.5匕Q=0.60。

故答案為:；(2)3.0、1.0；(3)2.5、0.60

(1)建立恰當?shù)淖鴺讼导皹硕龋椟c畫線；

(2)用伏安法測電源電動勢和內(nèi)阻，心可等效為電源的內(nèi)阻，寫出表達式，由圖象的斜

率和縱截距求出電源的電動勢和內(nèi)阻；

(3)顯然是用安阻法測電源的電動勢和內(nèi)阻，寫出:的表達式，也由圖象的斜率和縱

截距求電源的電動勢和內(nèi)阻。

本題為探究性實驗題，對學生的要求較高，解題的關鍵在于明確兩種不同的方法測E和

r的實驗的原理及方法，再結(jié)合圖象法處理數(shù)據(jù)進行分析解答。

11.【答案】解：（1）當A、B恰好發(fā)生相對滑動時,A的最大加速度為〃2根39-肉（西+

mB）9=mA^max<解得（Zmax=L5nt/s2，

此時對應的F為臨界值，對B受力分析可得:尸麴界一〃2根。9=解得F臨界=45N；

則當尸大于45加時一，兩者發(fā)生相對滑動，小于等于45N,兩者相對靜止，兩者之間的摩

擦力為靜摩擦。

當F=40N,整體受力分析：F-Mi（^4+tn^g=（mA+mB）a^,解得a共=lm/s2,

對B受力分析：F-FAB=mBa共,解得%B=34N；

（2）當尸=50N,兩者發(fā)生相對滑動，4、B之間為滑動摩擦力左=〃2機8。代入數(shù)據(jù)，

解得力=36N,

2

此時A的加速度為:aA=amax=1.5m/s

B的加速度為aB=FF幽，代入數(shù)據(jù)，解得知=5m/s2,

7nB3

設B運動到木板4左端的時間為3根據(jù)位移關系Z,=xB-x4,

2

A的位移以=^aAt,

2

B的位移出=1aBt,

聯(lián)立解得t=2.4s,

根據(jù)速度公式，有：vB=aBt,vB=5.6m/s.,

答：（1）當F為40N時，A、8之間的摩擦力為34N

（2）當F為50N時，物塊B運動到木板A右端時的速度大小為5.6m/s

【解析】（1）先求出當A、8恰好發(fā)生相對滑動時，A的最大加速度，再求出此時對應的

F,為臨界值，可得出當F為40N時，兩者相對靜止，AB之間的摩擦力為靜摩擦，然

后整體分析求出加速度，再對8分析求出A、8之間的摩擦力；

（2）當F=50N,兩者已經(jīng)發(fā)生相對滑動，48之間為滑動摩擦力，由牛頓第二定律求

出各自的加速度，根據(jù)二者的位移關系求出B運動到木板A右端的時間，由運動學公式

可求出B運動到木板A右端時的速度大小。

本題考查了牛頓運動定理和運動學公式得綜合應用，解題的關鍵是求出AB發(fā)生相對滑

動的臨界拉力，選擇合適的研究對象應用牛頓第二定律進行分析，難度適中。

12.【答案】解：（1）小球在第一象限，做初速度為零的勻加速直線運動

所以有：t即30。=咨

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小球1、2結(jié)合后，在尢軸下方做勻速圓周運動，電場力與重力平衡。

2mg=2qE2

聯(lián)立以上兩式解得：=V3

(2)小球1在第一象限的加速度為〃，位移為x,到達C點的速度為巧則有：

Q=2g,x—2h,vr=72ah=2yj2gh

與C碰撞后，粘在一起，根據(jù)動量守恒

mv1=2mv2

解得：v2=J2gh

OC=y/3h

根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qwB=2x喈

可得：B=巴叵

3q'fl

(3)小球1、2與3發(fā)生彈性正碰，設碰撞后小球1、2的速度為嗎，小球3的速度為為，

根據(jù)動量守恒與能量守恒定律，以碰撞前小球12的速度方向為正。

2mv2=2mv4+mv3

111

-x27n諺=-x2mvl4--mvf

解得：%=三/2gh,v4=^y/2gh

小球3進入第一象限后，速度與x軸正方向成30。，設。點的坐標為(x,y)

豎直方向做豎直上拋運動

vy=v3sin30°

Vy=2gy,vy=gt

水平方向做勻加速直線運動

vx=U3cos30°

x=vt+-at2,a=—

“x2m

聯(lián)立解得：x=|V3h

4

丫中

故O點的坐標為?點八彳八)

答：⑴電場場與電場E2的電場強度大小之比為百；

(2)磁場的磁感應強度大小為行照；

(3)。點的位置坐標為GV3/i,:/I)。

【解析】(1)小球在第一象限做勻加速直線運動到達C點，可以知道合力沿AC方向，

兩球粘在一起后做勻速圓周運動，可以知道豎直向上的電場力與重力抵消，從而求出兩

場強之比；

(2)先求出小球1到達C點的速度大小和方向，由動量守恒求出與小球2碰撞后的速度，

再由幾何關系求得半徑，由洛倫茲力提供向心力力求得磁感應強度的大?。?/p>

(3)再與小球3發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒求出兩個球碰撞的速度，之后，

小球3由豎直方向的豎直上拋運動，水平方向的勻加速直線運動規(guī)律求出最高點D的坐

標。

本題是把帶電粒子的各種運動與各種碰撞的情況綜合在一起的好題，用運動的合成與分

解是到達目的的關鍵，運動規(guī)律及牛頓第二定律是列方程的依據(jù)。還要注意各個過程的

交界點的速度大小和方向的關聯(lián)。

13.【答案】ACD

【解析】解：A、氣體吸熱，若氣體對外界做功，而且對外做功的數(shù)值大于吸收的熱量，

由熱力學第一定律AU=W+Q可知，氣體的內(nèi)能減小，溫度降低，故A正確。

8、溫度低的氣體分子平均運動速率低，但依然存在速率大的氣體分子，故8錯誤；

C、根據(jù)熱力學第二定律可知，機械能可以全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，但內(nèi)能不能全部轉(zhuǎn)化為機

械能，不引起其他變化，故C正確；

。、溫度越高，水的飽和汽壓越大，與水的體積無關，故。正確；

E、布朗運動是懸浮在液體或氣體中固體微粒的無規(guī)則運動，反映了周圍液體或氣體分

子的無規(guī)則運動，故E錯誤。

故選：ACD.

根據(jù)熱力學第一定律△U=W+Q判斷；溫度低的氣體分子平均運動速率低；根據(jù)熱力

學第二定律判斷；溫度越高，水的飽和汽壓越大；布朗運動是懸浮在液體或氣體中固體

微粒的無規(guī)則運動。

本題考查了熱力學第一定律、分子平均速率、熱力學第二定律、飽和汽壓、布朗運動等

熱學基礎知識，要求學生對這部分知識要重視課本，強化理解并熟練記憶。

14.【答案】解：(1)細沙緩緩加入，氣體等溫變化，活塞下面氣體原壓強為Po,加入細

沙后壓強為Pi，細沙的質(zhì)量為Am

根據(jù)玻意耳定律可得：PoSM=p1sh2

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根據(jù)共點力平衡可知PoS+△mg=piS

聯(lián)立解得：pi=1.25x105Pa,Am=5kg

(2)活塞恢復到原來高度過程中，氣體壓強不變，氣體對外做功，則W