2021屆天津市和平區(qū)高考物理二模試卷附答案詳解

2021屆天津市和平區(qū)高考物理二模試卷

單選題（本大題共6小題，共24.0分）

下列說(shuō)法中正確的是（）

A.無(wú)線電波、紫外線、0射線、y射線都是電磁波，其中無(wú)線電波的波長(zhǎng)最長(zhǎng)

B.如圖所示，與鋅板相連的驗(yàn)電器的鋁箔原來(lái)是閉合的，用弧光燈發(fā)出紫外線照射到鋅板，結(jié)

果發(fā)現(xiàn)驗(yàn)電器的鋁箔張開(kāi)一個(gè)角度，驗(yàn)電器的鋁箔一定帶正電

C.在溫度達(dá)至HO7K時(shí)，和；H發(fā)生聚變，因?yàn)榫圩兊沫h(huán)境溫度很高，所以這個(gè)反應(yīng)需要從

外界吸收能量

D.在核反應(yīng)堆中，利用慢化劑（石墨、重水等）來(lái)減慢核反應(yīng)的速度

2.下列關(guān)于電磁波的說(shuō)法正確的是（）

A.麥克斯韋首先從理論上預(yù)言了電磁波，并用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在

B.電磁波能發(fā)生干涉、衍射現(xiàn)象和多普勒效應(yīng)，但不能發(fā)生偏振現(xiàn)象

C.X射線是一種波長(zhǎng)比紫外線短的電磁波，醫(yī)學(xué)上可檢查人體內(nèi)病變和骨骼情況

D.紅外線的顯著作用是熱作用，溫度較低的物體不能輻射紅外線

如圖為氫原子的能級(jí)示意圖，鋅的逸出功是3.34日，那么對(duì)氫原子在能級(jí)躍遷過(guò)程中發(fā)射或吸

收光子的特征，下列認(rèn)識(shí)不正確的是（）

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A.用氫原子從高能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)射的光照射鋅板一定不能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象

B.一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，能放出3種不同頻率的光

C.一群處于71=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，發(fā)出的光照射鋅板，鋅板表面所發(fā)出的光電子

的最大初動(dòng)能為8.75eo

D.用能量為14.0e。的光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子電離

4.在本屆學(xué)校秋季運(yùn)動(dòng)會(huì)上，小明同學(xué)以背越式成功地跳過(guò)了1.70米的高

度，如圖。若忽略空氣阻力，g取10m/s2.則下列說(shuō)法正確的是（）

A.小明下降過(guò)程中處于失重狀態(tài)

B.小明起跳以后在上升過(guò)程中處于超重狀態(tài)

C.小明起跳時(shí)地面對(duì)他的支持力等于他的重力

D.小明起跳以后在下降過(guò)程中重力消失了

如圖所示，質(zhì)量分別是巾1、機(jī)2的兩個(gè)木塊，用輕質(zhì)細(xì)線相連，在

水平外力產(chǎn)的作用下在粗糙的水平地面上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，某

時(shí)刻剪斷細(xì)線，在4停止運(yùn)動(dòng)以前，對(duì)于4B系統(tǒng)的總動(dòng)能下列說(shuō)法中正確的是（）

A.不變B.增加C.減小D.先增加后減小

6.某電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布如圖所示（實(shí)線），以下說(shuō)法不正確的是（）

A.C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)

B.。的電勢(shì)大d點(diǎn)的電勢(shì)

C.若將一試探電荷+q由b點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，電荷的電勢(shì)能將減小

D.若某一點(diǎn)電荷只在電場(chǎng)力的作用下沿虛線由a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到乙點(diǎn)，可判斷該電荷一定帶負(fù)電

二、多選題（本大題共2小題，共8.0分）

7.圖示為一簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置在x=1m處的質(zhì)點(diǎn),

此時(shí)刻P點(diǎn)振動(dòng)方向沿y軸正方向，并經(jīng)過(guò)0.3s第一次到達(dá)平衡位置，Q是

平衡位置為x=4zn處的質(zhì)點(diǎn)，下列分析正確的是（）

A.該波沿x軸負(fù)方向傳播

B.該波的傳播速度為10m/s

C.P點(diǎn)與Q點(diǎn)的振動(dòng)方向總是相反

D.從此刻起1m仇內(nèi)Q點(diǎn)通過(guò)的路程為30nl

E.質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程可表示為y=lOsin57rt（cm）

8.用理想變壓器給負(fù)載（所有負(fù)載都是并聯(lián)的）供電，下列措施哪些可以使變壓器的輸入功率增大

()

A.只減小原線圈的匝數(shù)B.只減小負(fù)載電阻

C.只增加負(fù)載的個(gè)數(shù)D.只減小副線圈的匝數(shù)

三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共18.0分)

9.如圖所示的是“研究一定質(zhì)量的氣體在體積不變時(shí)，其壓強(qiáng)與溫度的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置，其中

對(duì)應(yīng)的傳感器(A)是傳感器，傳感器(B)是傳感器。

10.下圖甲是小敏用伏安法測(cè)電阻的實(shí)物圖，所用滑動(dòng)變阻器的規(guī)格是“20014“，電源電壓不

變,待測(cè)電阻心的阻值約為

ion.

T

b甲乙

(1)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線在圖甲中完成實(shí)物電路連接，要求滑動(dòng)變阻器的滑片向B端滑動(dòng)時(shí)連入電路的

電阻變大。

(2)正確連接電路后，若甲圖中b導(dǎo)線斷路，其余均完好，閉合開(kāi)關(guān)，觀察兩只電表的示數(shù)，發(fā)現(xiàn)

(填字母)

A.電流表指針指在0刻度

區(qū)電壓表指針指在0刻度

C.電壓表指針指在滿(mǎn)刻度

。.電流表指針有偏轉(zhuǎn)

(3)排除故障后，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片到某一位置，電壓表和電流表的示數(shù)如上圖乙、丙所示，則

%的阻值為_(kāi)0.小敏利用此數(shù)據(jù)即得出該待測(cè)電阻的阻值，結(jié)束了實(shí)驗(yàn)。你認(rèn)為結(jié)果準(zhǔn)確

嗎？

理由是。

(4)實(shí)驗(yàn)中若電壓表突然損壞，小明利用剩下的器材組成了如圖丁所示的電路，也測(cè)出了心的阻值，

請(qǐng)你補(bǔ)充步驟并寫(xiě)出心的表達(dá)式。

①將滑動(dòng)變阻器的滑片移至最左端，閉合開(kāi)關(guān)，記下此時(shí)電流表的示數(shù)5

②；

③心的表達(dá)式：Rx=(用測(cè)量量和已知量表示)

四、計(jì)算題(本大題共3小題，共30.0分)

11.如圖所示，足夠長(zhǎng)光滑斜面傾角為30。，斜面上甲、乙兩位置有4、B兩個(gè)滑塊?；瑝KB的質(zhì)量為

滑塊4的質(zhì)量的0.1倍，某時(shí)刻，使滑塊8從乙位置以lm/s的初速度沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，與此

同時(shí)，給處于甲位置的4物塊一個(gè)沿斜面向上的初速度。甲、乙兩位置間的距離s=0.5m,重力

加速度為g=10?n/s2o

(1)如果當(dāng)滑塊B向上運(yùn)動(dòng)速度剛好等于零時(shí)兩滑塊相碰，求滑塊4的初速度的值；

(2)如果當(dāng)滑塊B返回到乙位置時(shí)，兩滑塊剛好發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)，且滑塊4碰后速度為0.1/n/s

方向沿斜面向上，求碰撞后滑塊8再次回到乙位置的時(shí)間。

12.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，半徑為R的;光滑圓弧軌道4B與光滑水平桌面BC平滑相連。桌面與水

4

平地面的高度差為R.質(zhì)量為沉的小物塊從圓弧軌道的頂點(diǎn)4由靜止釋放，取重力加速度為g,不

計(jì)空氣阻力。求：

(1)小物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小如；

(2)小物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小心；

(3)小物塊落地時(shí)速度"的大小和方向。

13.如圖，4B為平行板電容器，兩板相距d,接在電壓為U的電源上，在4板的中央有一小孔M(兩

板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)).今有一質(zhì)量為m的帶電質(zhì)點(diǎn)，自4板上方與4板相距也為d的。點(diǎn)由靜

止自由下落，穿過(guò)小孔M后到達(dá)距B板:的N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零.(重力加速度為g)求:

(1)帶電質(zhì)點(diǎn)的電荷量，并指出其帶電性質(zhì)；

(2)在保持與電源相連的情況下，4板往下移(的距離.質(zhì)點(diǎn)仍從0點(diǎn)由靜止自由下落，求質(zhì)點(diǎn)下落速

度為零時(shí)距B板的距離.

H±

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、無(wú)線電波、紫外線、y射線等都是電磁波，而￡射線不屬于電磁波，其中無(wú)線電波的

波長(zhǎng)最長(zhǎng)，故A錯(cuò)誤；

8、與鋅板相連的驗(yàn)電器的鋁箔原來(lái)是閉合的，用弧光燈發(fā)出紫外線照射到鋅板，鋅板失去電子，結(jié)

果發(fā)現(xiàn)驗(yàn)電器的鋁箔有張角，驗(yàn)電器的鋁箔一定帶正電，故8正確；

C、在溫度達(dá)到107K時(shí)，："和：”發(fā)生聚變，雖然聚變的環(huán)境溫度很高，依據(jù)質(zhì)能方程，這個(gè)反應(yīng)

會(huì)釋放能量，故C錯(cuò)誤；

。、在核反應(yīng)堆中利用慢化劑（如石墨、重水等）來(lái)減慢核反應(yīng)中產(chǎn)生的快中子的速度，從而提高核反

應(yīng)的速度，故。錯(cuò)誤；

故選：B.

S射線不屬于電磁波，無(wú)線電波波長(zhǎng)最長(zhǎng)；

金屬在光照下放出電子；

重核的裂變和輕核的聚變都會(huì)放出核能；

慢化劑（如石墨、重水等）來(lái)加速核反應(yīng)的速度.

考查電磁波的組成，掌握光電效應(yīng)現(xiàn)象，理解質(zhì)量虧損與質(zhì)能方程，最后注意慢化劑的作用.

2.答案：C

解析：解：4、麥克斯韋預(yù)言電磁波，而赫茲用實(shí)驗(yàn)證實(shí)了電磁波的存在，故A錯(cuò)誤；

8、電磁波能發(fā)生干涉、衍射現(xiàn)象和多普勒效應(yīng)、偏振等所有波的現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤；

C、X射線是一種波長(zhǎng)比紫外線短的電磁波，具有較強(qiáng)的穿透能力，醫(yī)學(xué)上可檢查人體內(nèi)病變和骨骼

情況，故C正確；

。、紅外線的顯著作用是熱作用，任何物體都會(huì)產(chǎn)生紅外輻射，故。錯(cuò)誤；

故選：C.

麥克斯韋預(yù)言電磁波，赫茲證實(shí)了電磁波的存在；

電磁波能產(chǎn)生波的任何現(xiàn)象；

X射線是一種波長(zhǎng)比紫外線短的電磁波，具有較強(qiáng)的穿透能力；

任何物體都會(huì)產(chǎn)生紅外輻射；

該題重點(diǎn)是掌握電磁波的基本特征，電磁波是橫波，具備波的任何特征，要區(qū)分機(jī)械波，機(jī)械波是

縱波的不能發(fā)生偏振.

3.答案：A

解析：解：4、氫原子從高能級(jí)向基態(tài)躍遷時(shí)發(fā)出的光子的能量最小為從n=2能級(jí)躍遷到n=l能級(jí)

發(fā)出的光子的能量，為E=-3.4eK-(-13.6eK)=10.2eV,大于鋅的逸出功，則照射金屬鋅板一定

能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；

B、一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，能放出廢=3種不同頻率的光，故8正確；

C、一群處于n=3能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，從n=3躍遷到n=1輻射的光子能量最大，為12.09eV,

根據(jù)光電效應(yīng)方程得，照射鋅板發(fā)出光電子的最大初動(dòng)能：Ekm=hy-W0=12.09eV-3.34eK=

8.75eV,故C正確；

。、能量為14.0eU大于基態(tài)氫原子的電離能13.6eU,因此此光子照射，可使處于基態(tài)的氫原子電離，

故。正確。

本題選不正確的，

故選：Ao

當(dāng)輻射的光子能量大于逸出功，可使金屬發(fā)生光電效應(yīng)；根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式鬣求出氫原子躍遷時(shí)輻

射不同頻率光子的種數(shù)；從n=3躍遷到n=1輻射的光子能量最大，求出輻射的最大光子能量，結(jié)

合光電效應(yīng)方程求出光電子的最大初動(dòng)能；要使處于基態(tài)的氫原子電離，照射光光子的能量應(yīng)能使

電子從基態(tài)躍遷到無(wú)限遠(yuǎn)處，光子能量至少其電離能。

解決本題的關(guān)鍵知道什么是電離，以及能級(jí)的躍遷滿(mǎn)足=Em-琮，注意吸收光子是向高能級(jí)躍

遷，釋放光子是向低能級(jí)躍遷，同時(shí)掌握吸收或釋放能量要正好等于能級(jí)之差。

4.答案:A

解析：解：4、在小明下降過(guò)程，只受重力的作用，有向下的重力加速度，是處于完全失重狀態(tài)，故

A正確。

8、小明起跳以后在上升過(guò)程，也是只受重力的作用，有向下的重力加速度，是處于完全失重狀態(tài)，

故B錯(cuò)誤。

C、在小明起跳過(guò)程中，地面要給人一個(gè)向上的支持力，支持力的大小大于人的重力的大小，人才能

夠有向上的加速度，向上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤。

。、起跳以后在下降過(guò)程中，重力仍不變，故。錯(cuò)誤。

故選:A.

當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力大于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于超重狀態(tài)，此時(shí)有向上的加速度；

當(dāng)物體對(duì)接觸面的壓力小于物體的真實(shí)重力時(shí)，就說(shuō)物體處于失重狀態(tài)，此時(shí)有向下的加速度：

如果沒(méi)有壓力了，那么就是處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)向下加速度的大小為重力加速度g。

本題主要考查了對(duì)超重失重現(xiàn)象的理解，人處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，人的重力并沒(méi)變，只是對(duì)支持

物的壓力或懸掛物的拉力變了。

5.答案：B

解析：解：剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受合力為零.剪斷細(xì)線后,

在4停止運(yùn)動(dòng)以前，兩木塊組成的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒.設(shè)原來(lái)兩木塊的速度大

小為剪斷細(xì)線后，在4停止運(yùn)動(dòng)以前，速度大小分別為％,v2,由動(dòng)量守恒得

+m2）v=mi%+m2v2

2（叫外+7712^27

剪斷細(xì)線前總動(dòng)能為&=|(m1+m2)v

2（7n1+7n2）

剪斷細(xì)線后總動(dòng)能為EJ=^m1vl+^m2vl

m?n2（V1-V2）2

則有-1

2（m1+m2）

由于名力畛，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得到，Ek'-Ek>3所以A、8系統(tǒng)的總動(dòng)能增力口.

故選B

兩木塊原來(lái)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，合力為零，某時(shí)刻剪斷細(xì)線，在4停止運(yùn)動(dòng)以前，系統(tǒng)的合力仍為零,

根據(jù)動(dòng)量守恒定律研究總動(dòng)能如何變化.再分析總動(dòng)能如何變化.

本題是脫鉤問(wèn)題，盡管兩個(gè)沒(méi)有發(fā)生相互作用，但系統(tǒng)的合力為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量也守恒.

6.答案：。

解析：解：4、電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱，由圖知c點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于b點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故A正確；

B、沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，故b的電勢(shì)大于d點(diǎn)電勢(shì)，故B正確；

C、若將一試探電荷+q由a點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電荷的電勢(shì)能將減小，故C正確；

。、由粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲方向可知，帶電粒子受電場(chǎng)力大致斜向左上方，與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，

故粒子帶正電，故。不正確；

本題選不正確的，故選：D

電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡判定電場(chǎng)力方

向，然后根據(jù)電性判斷電場(chǎng)線方向，根據(jù)電場(chǎng)力做功判斷電勢(shì)能的變化.

解決這類(lèi)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場(chǎng)力方向，利用電場(chǎng)中有關(guān)規(guī)律求

解.比較電勢(shì)能的大小有兩種方法：一可以從電場(chǎng)力做功角度比較，二從電勢(shì)能公式角度判斷，先

比較電勢(shì)，再比較電勢(shì)能.

7.答案:ABD

解析：解：4、分析質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向，根據(jù)波動(dòng)規(guī)律可知，波沿》軸負(fù)方向傳播，故A正確。

B、因P點(diǎn)的平衡位置在x=lm處，所以J+g=0.3s,解得7=0.8s,波長(zhǎng)4=8m,根據(jù)波長(zhǎng)、周

84

期和波速的關(guān)系可知，v==10m/s,故8正確。

C、P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置間的距離小于半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)情況不一定始終相反，故C錯(cuò)誤。

D、Imin=60s=75T,則Q點(diǎn)通過(guò)的路程s=75x44=30m,故。正確。

E、圓頻率3=崇=2.5兀rad/s,質(zhì)點(diǎn)Q此時(shí)由平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，則振動(dòng)方程為y=-1Osin57rt(cm),

故E錯(cuò)誤。

故選：ABD。

根據(jù)P的振動(dòng)方向判斷波的傳播方向。

根據(jù)圖象可讀出該波的波長(zhǎng)，根據(jù)題意得出周期，從而求出波速。

根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系分析質(zhì)點(diǎn)Q在lmin時(shí)的路程。

根據(jù)傳播規(guī)律，書(shū)寫(xiě)質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程。

此題考查了波動(dòng)規(guī)律，解決本題的關(guān)鍵能夠從波動(dòng)圖象和振動(dòng)圖象獲取信息，以及知道質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)

方向與波的傳播方向的關(guān)系。

8.答案:ABC

解析：解：A、原副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比，只減小原線圈的匝數(shù)，則副線圈的電壓增加，

根據(jù)尸=9,所以副線圈的功率也增加，則變壓器輸入功率增加，故A正確；

B、減小負(fù)載的電阻值，其余保持不變，副線圈的電壓不變，但導(dǎo)致副線圈的電流增大，所以副線圈

的功率增加，則變壓器輸入功率增大，故B正確；

C、給負(fù)載電阻R再并聯(lián)一個(gè)電阻，總電阻減小，由于電壓不變，所以副線圈消耗功率增加，則原線

圈的輸入功率也增大，故C正確；

。、減少副線圈的匝數(shù)，其余保持不變，則副線圈的電壓也減少，所以副線圈的功率也減少，則變

壓器輸入功率也減少，故。錯(cuò)誤；

故選：ABC.

變壓器的原線圈的輸入電壓決定副線圈的輸出電壓，副線圈的輸出功率決定原線圈的輸出功率，由

于匝數(shù)比不變，故副線圈的輸出電壓保持不變，當(dāng)負(fù)載電阻減小時(shí)，輸出功率變大，故輸入功率也

變大.

該知識(shí)點(diǎn)題目比較簡(jiǎn)單，且題目單一，只要記住了原副線圈的輸入功率和輸出功率關(guān)系，輸入電壓

和輸出電壓的關(guān)系，一切題目都水到渠成.

9.答案：壓強(qiáng)溫度

解析：解：

“研究一定質(zhì)量的氣體在體積不變時(shí)，其壓強(qiáng)與溫度的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置含有壓強(qiáng)傳感器和溫度傳

感器。壓強(qiáng)傳感器只需要聯(lián)通就可以和待測(cè)氣體保持壓強(qiáng)相同，因此上方是壓強(qiáng)傳感器。溫度傳感

器需要和待測(cè)氣體充分接觸，才能達(dá)到溫度平衡，因此應(yīng)該在儲(chǔ)氣罐保持密切接觸，因此B為溫度傳

感器。

故答案為：壓強(qiáng)，溫度

根據(jù)對(duì)儀器的認(rèn)識(shí)和了解填空即可。

考察對(duì)儀器的認(rèn)識(shí)和了解。如果對(duì)儀器不熟悉，可以通過(guò)它的功用來(lái)分析判斷。

10.答案：(1)電路圖如圖所示;(2)FD；(3)8；結(jié)果不準(zhǔn)確，一次測(cè)量誤

差較大,應(yīng)多次測(cè)量求平均值；(4)②將滑動(dòng)變阻器滑片置于最右端,記下此時(shí)電流表示數(shù)，2；③藁。

解析：

(1)根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器的接法，然后連接實(shí)物電路圖。

(2)根據(jù)電路圖判斷導(dǎo)線b斷路后的電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)分析電路現(xiàn)象。

(3)根據(jù)題意確定電表的量程，然后根據(jù)圖示表盤(pán)確定其分度值，讀出其示數(shù)，然后應(yīng)用歐姆定律求

出電阻阻值；為減小實(shí)驗(yàn)誤差，可以進(jìn)行多次測(cè)量求平均值。

(4)電源電壓不變，根據(jù)圖丁所示實(shí)驗(yàn)電路結(jié)合實(shí)驗(yàn)步驟分析答題。

本題考查了連接實(shí)物電路圖、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析、電表讀數(shù)與求電阻阻值等問(wèn)題；對(duì)電表讀數(shù)時(shí)，要先

確定電表的量程與分度值，然后根據(jù)指針位置讀數(shù)，讀數(shù)時(shí)視線要與刻度線垂直。

(1)由題意可知，滑動(dòng)變阻器最大阻值約為待測(cè)電阻阻值的2倍，滑動(dòng)變阻器可以采用限流接法，滑

動(dòng)變阻器接4接線柱時(shí)，滑片向B端滑動(dòng)時(shí)連入電路的電阻變大，實(shí)物電路圖如圖所示：

UJ

b

(2)由圖示電路圖可知，b導(dǎo)線斷路，電路仍然是通路，只是電壓表不能并聯(lián)在待測(cè)電阻兩端測(cè)電壓,

此時(shí)電流表指針偏轉(zhuǎn)有示數(shù)，電壓表指針不偏轉(zhuǎn)示數(shù)為零，故8。正確，故選：BD.

(3)由圖示電路圖可知，電壓表量程為3人由圖示表盤(pán)可知，電壓表分度值為0.1U,示數(shù)：U=2.401Z；

電源由兩節(jié)干電池組成，電源電動(dòng)勢(shì)為：3V,通過(guò)電阻的最大電流約為：I=-=-A=0.3A,

KXLU

則電流表選擇0.6力量程，由圖示電流表可知，其分度值為0.024示數(shù)為：/=0.34待測(cè)電阻阻值：

R=-=—n=80；

x/0.3

一次測(cè)量具有偶然性，測(cè)量誤差較大，實(shí)驗(yàn)結(jié)果不準(zhǔn)確，為準(zhǔn)確測(cè)出電阻阻值，應(yīng)進(jìn)行多次測(cè)量求

平均值。

(4)②將滑動(dòng)變阻器滑片置于最右端，記下此時(shí)電流表示數(shù)左；

③由題意可知，電源電壓不變，設(shè)為U,由實(shí)驗(yàn)步驟①可知：U=IiRx，

由實(shí)驗(yàn)步驟②可知：U=/2(R潸+RQ=/2(20+RQ,解得：&=巖；

故答案為：(1)電路圖如圖所小;(2)BD；(3)8；結(jié)果不準(zhǔn)確，一次測(cè)量

誤差較大，應(yīng)多次測(cè)量求平均值；(4)②將滑動(dòng)變阻器滑片置于最右端，記下此時(shí)電流表示數(shù)勿

③普。

11.答案:解：⑴由于斜面光滑，則滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為Q=gsin30°=0.5g=5m/s2.

當(dāng)B速度減為零時(shí)，所用時(shí)間h=0.2s

當(dāng)8剛好減為零時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移=也=-^—m=0.1m

當(dāng)8剛好減為零時(shí)，A剛好與B相碰，貝腦向上運(yùn)動(dòng)的位移為

xA=s-VxB=0,5m+0.1m=0.6m

因?yàn)橐?VA1I一；。4。

解得以=3.5m/s

(2)當(dāng)B回到乙位置時(shí)，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間功=2tl=0.4s

設(shè)4的初速度為%,在今=0.4s時(shí)間內(nèi)，4的位移s=ViJ抬

解得％=2.25m/s,方向沿斜面向上

設(shè)碰撞前/的速度大小為女'.則有%-at2.

得％'=0.25m/s,方向沿斜面向上

以沿斜面向上為正方向，設(shè)滑塊B質(zhì)量為m,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

/r,,

10mv1—mvB=mv2+10mv1

把%'=0.25?n/s,vB=Im/s,%"=O.lm/s代入上式解得碰撞后滑塊8的速度方'=0?5m/s,方向

沿斜面向上

則碰撞后滑塊B再次回到乙位置所需的時(shí)間t3=等=餐5s=0.2s。

答：

(1)滑塊4的初速度的值是3.5m/s。

(2)碰撞后滑塊B再次回到乙位置的時(shí)間是0.2s。

解析：(1)當(dāng)兩滑塊剛好發(fā)生碰撞時(shí)，位移之差等于s,根據(jù)牛頓第二定律求得兩滑塊的加速度，結(jié)

合位移關(guān)系和位移公式求解滑塊A的初速度大小為。

(2)根據(jù)對(duì)稱(chēng)性求出滑塊乙返回乙位置時(shí)的時(shí)間，由速度時(shí)間公式求出碰撞前瞬間甲的速度。再研究

碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律列式，求得碰后B的速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求碰撞后滑塊B再次回到乙

位置所需的時(shí)間。

本題是多體多過(guò)程問(wèn)題，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程與運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是解題的前提與關(guān)

鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以解題。

12.答案：解：(1)小物塊從圓弧軌道的頂點(diǎn)4由靜止釋放到達(dá)B點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgR=

-2mvlB

解得小物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小如為：vB=y[2^R

(2)設(shè)軌道對(duì)小物塊的支持力為

r

由牛頓第二定律得：FN—mg=

r

解得：FN=3mg

根據(jù)牛頓第三定律得小物體對(duì)軌道的壓力大小為：FN=3mg

(3)設(shè)小物塊落地時(shí)水平方向分速度為以，豎直方向分速度為為,則：

以=為