2021年江蘇省高考物理預(yù)測(cè)試卷（四）

2021年江蘇省高考物理預(yù)測(cè)試卷（四）

一、單選題（本大題共11小題，共44.0分）

1.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A沿平行于縱軸的直線P。

B

變化到狀態(tài)8,則它的狀態(tài)變化過程是（）H

A.氣體的溫度不變.

B.氣體的內(nèi)能增加0/

c.氣體分子的平均速率減少

D.氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)與器壁在單位面積上碰撞的次數(shù)不變

2.我國(guó)自主研發(fā)制造的國(guó)際熱核聚變核心部件在國(guó)際上率先通過權(quán)威機(jī)構(gòu)認(rèn)證，這是

我國(guó)對(duì)國(guó)際熱核聚變項(xiàng)目的重大貢獻(xiàn).下列核反應(yīng)方程中屬于聚變反應(yīng)的是（）

—“I,.瞬藐麗翅膽

A.

B.尹N+^He—孕。+出

C.^He+HAl->猾P+Jn

D.教^Ba+UKr+3Jn

3.可調(diào)式理想變壓器示意圖如圖所示，原線圈的輸入電壓為名,

副線圈輸出電壓為R為電阻，將原線圈輸入端滑動(dòng)觸頭

P向下移動(dòng)時(shí)，下列結(jié)論中正確的是（）

A.輸出電壓“增大B.流過R的電流減小

C.原線圈輸入電流減小D.原線圈輸入功率不變

4.如圖甲所示是演示簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)圖像的裝置，它由一根較長(zhǎng)的細(xì)線和較小的沙漏組成。

當(dāng)沙漏擺動(dòng)時(shí)，漏斗中的細(xì)沙均勻流出，同時(shí)勻速拉出沙漏正下方的木板，漏出的

細(xì)沙在板上會(huì)形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動(dòng)的振動(dòng)圖像。圖乙是同

一個(gè)沙漏分別在兩塊木板上形成的曲線（圖中的虛線），已知P、。分別是木板1上

的兩點(diǎn)，木板1、2的移動(dòng)速度分別為％、v2,則（）

木板1

木板2

甲

A.P處堆積的細(xì)沙與Q處一樣多B.P處堆積的細(xì)沙比Q處多

C.%：v2=4：3D.J：%=3：4

5.如圖所示，有一矩形線圈的面積為S,匝數(shù)為M電阻不計(jì)，繞。。'軸在水平方向

的磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以角速度3做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，從圖示位置開始計(jì)時(shí)..矩

形線圈通過銅滑環(huán)接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻網(wǎng)和滑動(dòng)變阻器R,

下列判斷正確的是（）

A.矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=NBSssin3t

B.矩形線圈從圖示位置經(jīng)過合時(shí)間內(nèi)，通過電流表4的電荷量為0

C.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過程中，電流表乙和出示數(shù)都變小

D.當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過程中，電壓表匕示數(shù)不變，彩和匕的示數(shù)都變

小

6.質(zhì)量為m的球從地面以初速度處豎直向上拋出，已知球所受的空氣阻力與速度大小

成正比，下列圖象分別描述了球在空中運(yùn)動(dòng)的加速度4、速度V隨時(shí)間f的變化關(guān)

系和動(dòng)能琉、機(jī)械能E（選地面處重力勢(shì)能為零）隨球距離地面高度h的變化關(guān)系，

其中可能正確的是（）

第2頁(yè)，共19頁(yè)

7.如圖電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,凡為定值電阻，

電容器的電容為C.閉合開關(guān)S,增大可變電阻R的阻值，電

壓表示數(shù)的變化量為電流表示數(shù)的變化量為△/,則

A.電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)/的比值不變

B.變化過程中和△/的比值不變

C.電阻&兩端電壓減小，減小量為△[/

D.電容器的帶電量減小，減小量為CAU

8.物體從地面以某一初速度豎直向上拋出，受到與速度丫成正比的空氣阻力，則在從

拋出到返回的全過程中，該物體加速度。和速度v的關(guān)系圖象正確的是（取向上為

正方向）（）

法正確的是（）?--------

A.閉合開關(guān)S,A燈逐漸變亮

B.電路接通穩(wěn)定后，流過B燈的電流時(shí)流過C燈電流的|

C.電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S,C燈立即熄滅

D.電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)5,A,B,C燈過一會(huì)兒才熄滅，且A燈亮度比8,

C燈亮度高

10.幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈？他家地理頻道的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是：四個(gè)水球足夠/完

全相同的水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，

恰好能穿出第4個(gè)水球，則下列說法不正確的是（）

A.子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同

B.子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同

C.每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同

D.子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同

11.如圖，海王星繞太陽(yáng)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，P為近日點(diǎn)，。海卜星_

，?--?、、、

為遠(yuǎn)日點(diǎn)，M,N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)，運(yùn)行的周/.:

P：藻…：:;Q

期為70,若只考慮海王星和太陽(yáng)之間的相互作用，則

N

海王星在從P經(jīng)過M、。到N的運(yùn)動(dòng)過程中()

A.從P到M所用的時(shí)間等于?

4

B.從。到N階段，機(jī)械能逐漸變大

C.從P到。階段，速率逐漸變大

D.從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后做正功

二、實(shí)驗(yàn)題(本大題共1小題，共U.0分)

12.在研究金屬電阻阻值與溫度的關(guān)系時(shí)，為了能夠較準(zhǔn)確地測(cè)出金屬電阻的阻值，設(shè)

計(jì)了如圖甲所示的電路除了金屬電阻心外，還提供的實(shí)驗(yàn)器材有：

學(xué)生電源E,靈敏電流計(jì)G,滑動(dòng)變阻器R、Rx,定值電阻&、R2,電阻箱&，開

關(guān)S,控溫裝置，導(dǎo)線若干，

①按照電路圖連接好電路后，將&調(diào)至適當(dāng)數(shù)值，R的滑片調(diào)至最右端，心的滑

片調(diào)至最下端，閉合開關(guān)S；

②把R的滑片調(diào)至適當(dāng)位置，調(diào)節(jié)并逐步減小心的阻值，直到勺為零時(shí)，電

流計(jì)G指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，記錄品的阻值和Rx的溫度：

③多次改變溫度，重復(fù)實(shí)驗(yàn)；

④實(shí)驗(yàn)完畢，整理器材。

根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)回答以下問題：

(1)上述②中，電流計(jì)G指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)時(shí),a點(diǎn)電勢(shì)(選填“大于”“等于"、

“小于”?點(diǎn)電勢(shì)

(2)某次測(cè)量時(shí)，R。的旋鈕如圖乙所示，則&的讀數(shù)為0。

(3)用品、%、/?2表示%，Rx=

(4)求出的阻值勺，和對(duì)應(yīng)溫度如下表所示：

第4頁(yè)，共19頁(yè)

溫度35.040.045.050.055.0

阻值58.359.460.661.762.8

請(qǐng)?jiān)谌鐖D丙所示的坐標(biāo)紙上描繪出&-t圖線

(5)本實(shí)驗(yàn)中%的作用為o

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共45.0分)

13.如圖甲所示，氣缸左右側(cè)壁導(dǎo)熱，其它側(cè)壁絕熱，平放在水平面上。質(zhì)量為，"、橫

截面積為S的絕熱活塞將氣缸分隔成A、B兩部分，每部分都封閉有氣體，此時(shí)兩

部分氣體體積相等。外界溫度7。保持不變，重力加速度為9(不計(jì)活塞和氣缸間的摩

擦)。

(1)若將氣缸緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，直到氣缸豎直如圖乙所示，穩(wěn)定后A、B兩部分氣體體積之

比變?yōu)?：1,整個(gè)過程不漏氣，求此時(shí)B部分氣體的壓強(qiáng)。

(2)將丙圖中8的底端加一絕熱層，對(duì)B部分氣體緩慢加熱，使A、B兩部分氣體

體積再次相等，求此時(shí)B部分氣體的溫度兀

mrS乙

14.如圖所示，在水平桌面上倒立著一個(gè)透明圓錐，底面是半徑

r=0.24m的圓，圓錐軸線與桌面垂直，過軸線的豎直截面

是等腰三角形，底角。=30。，有一束光線從距軸線a=

0.15TH處垂直于圓錐底面入射，透過圓錐后在水平桌面上形成一個(gè)小光點(diǎn)，已知透

明圓錐介質(zhì)的折射率睚=1.73,真空中光速c=3.0x1。8加/5,求：

(1)光在圓錐中傳播的時(shí)間”

(2)桌面上光點(diǎn)到圓錐頂點(diǎn)。間的距離I.

15.如圖所示，有一傾角。=37。的固定斜面，斜面底端固定有一垂直斜面的擋板P。

將質(zhì)量m】=1kg的””形木板(前端擋板厚度忽略)單獨(dú)從斜面上端由靜止釋放，

木板與擋板P發(fā)生碰撞后，沿斜面上升的最大距離為s=0.15加。若將光滑物塊(視

為質(zhì)點(diǎn))放在木板最上端并同時(shí)由靜止釋放(木板位置與上次釋放時(shí)初位置相同)。

已知:物塊的質(zhì)量機(jī)2=2kg,釋放時(shí)木板下端到擋板P的距離冊(cè)=3m,木板長(zhǎng)燈=

0.75m,g=10m/s2,木板與擋板P碰后速率均為碰前速率的一半，物塊與木板前

端擋板碰撞后立刻粘合在一起，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：

(1)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(2)物塊與木板前端擋板碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

(3)物塊與木板前端擋板碰撞后開始計(jì)時(shí)，到木板第2次速度減為零時(shí)，這個(gè)過程

中木板滑行的總路程。

第6頁(yè)，共19頁(yè)

16.某控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)的儀器原理如圖所示，區(qū)域PP'M'M內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),

電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E=1.0x103^/^,寬度d=0.05m,長(zhǎng)度L=0.40?n；區(qū)域MM'N'N內(nèi)有

垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2,5x10-2T,寬度。=0.05m,比荷5=

1.0X108c"g的帶正電的粒子以水平初速度％從點(diǎn)射入電場(chǎng)。邊界不影響

粒子的運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力。

(1)若%=8.0x105m/s,求粒子從區(qū)域PP'M'M射出的位置；

(2)若粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后就從M'N'間垂直邊界射出，求孫的大小；

(3)若粒子從M'點(diǎn)射出求％滿足的條件。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解:A、從圖象看出氣體的體積不變，壓強(qiáng)變大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程與=C,

氣體的溫度升高，故A錯(cuò)誤；

8、氣體的溫度升高，分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能增加，理想氣體的分子間無勢(shì)能，故氣體的

內(nèi)能增加，故B正確；

C、溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，氣體的溫度升高，分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能增加，

故氣體分子的平均速率增大，故C錯(cuò)誤；

D,氣體壓強(qiáng)與氣體分子的數(shù)密度和平均動(dòng)能有關(guān)，分子的數(shù)密度不變，平均動(dòng)能增加，

故氣體分子在單位時(shí)間內(nèi)與器壁在單位面積上碰撞的次數(shù)增加，故。錯(cuò)誤；

故選：B。

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程與=C求解氣體的溫度變化情況；溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的

標(biāo)志，根據(jù)溫度的變化判斷內(nèi)能的變化，再結(jié)合氣體壓強(qiáng)的微觀意義判斷氣體分子在單

位面積上碰撞次數(shù)的變化情況.

本題關(guān)鍵根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程與=C、溫度的微觀意義、氣體壓強(qiáng)的微觀意義分析，

基礎(chǔ)題.

2.【答案】A

【解析】解：核聚變是指由質(zhì)量小的原子，主要是指笊或負(fù)，在一定條件下（如超高溫

和高壓），發(fā)生原子核互相聚合作用，生成新的質(zhì)量更重的原子核，并伴隨著巨大的能

量釋放的一種核反應(yīng)形式，

用快速粒子（天然射線或人工加速的粒子）穿入原子核的內(nèi)部使原子核轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N原

子核的過程，這就是原子核的人工轉(zhuǎn)變

由此可知：核反應(yīng)方程4He+,是原子核的聚變反應(yīng)；8與C屬于原子核的

人工核轉(zhuǎn)變；。屬于裂變反應(yīng)；

故只有A正確；BCD錯(cuò)誤;

故選：Ao

正確解答本題需要掌握：裂變、聚變的反應(yīng)的特點(diǎn)，即可分析核反應(yīng)的性質(zhì).

本題考查核反應(yīng)的分類，要正確理解核裂變、聚變及其他相關(guān)核反應(yīng)的性質(zhì)，并掌握質(zhì)

量數(shù)守恒電荷數(shù)守恒分析核反應(yīng)方程.

第8頁(yè)，共19頁(yè)

3.【答案】A

【解析】解：P向下移動(dòng)時(shí)，原線圈的匝數(shù)減小，根據(jù)。2=詈/可知副線圈電壓增大，

nl

副線圈電流增大，流過R的電流增大，輸出功率增大，則輸電功率也增大，原線圈電壓

不變，則原線圈輸入電流增大，故A正確、8。錯(cuò)誤。

故選：A。

根據(jù)匝數(shù)比的變化分析輸出電壓的變化、電流的變化、功率的變化，根據(jù)輸入功率等于

輸出功率確定輸入功率的變化。

變壓器的動(dòng)態(tài)問題大致有兩種情況：一是負(fù)載電阻不變，原、副線圈的電壓U2,電

流12,輸入和輸出功率A，P2隨匝數(shù)比的變化而變化的情況；二是匝數(shù)比不變，電

流和功率隨負(fù)載電阻的變化而變化的情況。不論哪種情況，處理這類問題的關(guān)鍵在于分

清變量和不變量，弄清楚“誰決定誰”的制約關(guān)系。

4.【答案】B

【解析】解：A、B：在圖（乙）的尸處時(shí)，沙擺的速度最小，在。處時(shí)，沙擺的速度最

大，所以P處堆積的細(xì)沙比Q處多。

故A錯(cuò)誤，B正確；

C、D：根據(jù)單擺周期公式：T=2哧

它們?cè)谕坏攸c(diǎn)，g相同，且擺長(zhǎng)相同，則周期相同，設(shè)為T,

。3段等于兩個(gè)波長(zhǎng)，經(jīng)歷的時(shí)間是匕=27,O'B'段等于1.5個(gè)波長(zhǎng)，經(jīng)歷的時(shí)間為，2=

1.5T,

設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng),貝h匕=：=27

V1

t2=—=1.5T

“2

比較可得：%：v2=3：4.

0：=4：3

故錯(cuò)誤

故選：Bo

沙漏擺動(dòng)時(shí)，通過平衡位置時(shí)速度最大，通過兩側(cè)端點(diǎn)時(shí)速度最小，根據(jù)速度的大小分

析細(xì)沙的多少；

根據(jù)單擺周期公式：7=2兀即可判定OB段與。，夕段經(jīng)歷的時(shí)間長(zhǎng)短；

單擺的擺動(dòng)和木板的運(yùn)動(dòng)同時(shí)進(jìn)行，根據(jù)速度的定義公式列式比較，即可求解.

本題考查單擺周期公式，關(guān)鍵抓住單擺的擺動(dòng)和木板的平移同時(shí)發(fā)生，然后結(jié)合速度的

定義求解速度大小.

5.【答案】C

【解析】解：4因?yàn)榫€圈是從垂直中性面開始計(jì)時(shí)，所以矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

的瞬時(shí)值表達(dá)式

為e=NBS3cos3t,故A錯(cuò)誤；

B、t=：=：T，線圈從垂直中性面轉(zhuǎn)到中性面，磁通量一直增大，感應(yīng)電流方向不變

2d)4

平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為0,平均電流不為0,q=/.△￡,所以通過電流表&的電荷量不為

0,故8錯(cuò)誤；

C、滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)過程中，變阻器阻值變大，根據(jù)歐姆定律，副線圈電流變

小，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比，知原線圈電流減小，即電流表4和/示數(shù)都變小，故C

正確；

。、滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng)過程中，變阻器連入電路電阻變大，原線圈電壓％不變,

匝數(shù)比不變，副線圈兩端的電壓不變，所以電壓表彩的示數(shù)不變，副線圈電阻變大，電

流變小，電阻Ro兩端的電壓變小，變阻器兩端的電壓變大，即電壓表匕的示數(shù)變大，故

。錯(cuò)誤；

故選：Co

正弦式交流發(fā)電機(jī)從垂直中性面位置開始計(jì)時(shí)，其電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式為：e=NBS3cos3t；

電壓表和電流表讀數(shù)為有效值；計(jì)算電量用平均值.

本題關(guān)鍵明確交流四值、理想變壓器的變壓比公式、功率關(guān)系，注意求解電量用平均值.

6.【答案】C

【解析】【試題解析】

解：A、u-t圖象與f軸的交點(diǎn)表示小球到達(dá)最高點(diǎn)，速度為0,此時(shí)空氣阻力為0,小

球所受的合力等于重力，由牛頓第二定律得：mg=ma,a=g0,故4錯(cuò)誤。

8、根據(jù)牛頓第二定律得：

上升過程有巾9+f=ma±,

下降過程有瓶9一/=.

第10頁(yè)，共19頁(yè)

又人加得。上=。+程則上升過程中，隨著「的減小，，，減小。由數(shù)學(xué)知識(shí)有等=

---=-a,減小，所以a—t圖象應(yīng)是曲線。同理，下降過程，a—t圖象也是曲線。

mAtm

故B錯(cuò)誤。

C根據(jù)動(dòng)能定理得：

上升過程有△Ek=-(mg+ku)△無，得譽(yù)=-(mg+ko),v減小，|答|減小，Ek-h

圖象應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線。

下降過程有AEk=Ong—ku)Ah,得鬻=mg-ko,丫增大，|答|減小，—九圖象

應(yīng)是切線斜率逐漸減小的曲線。故C正確。

D、根據(jù)功能原理得：

上升過程有△E=-時(shí)九，得竿=一-v減小，|芻減小，E-/1圖象應(yīng)是曲線，故

O錯(cuò)誤。

故選：Co

u-t圖象的斜率等于加速度，而加速度可根據(jù)牛頓第二定律分析.根據(jù)動(dòng)能定理分析

Ek-h圖象的斜率，由功能原理分析E-/1圖象的斜率，從而判斷各個(gè)圖象的對(duì)錯(cuò).

解決本題的關(guān)鍵要根據(jù)物理規(guī)律分析圖象的斜率變化情況，要掌握牛頓第二定律、動(dòng)能

定理和功能原理，并能熟練運(yùn)用.

7.【答案】B

【解析】解：4、由圖，7=/?,R增大，則電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)/的比值變

大.故A錯(cuò)誤.

B、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E—/(R0+r),由數(shù)學(xué)知識(shí)得知，詈=&+乙保

持不變.故B正確.

C、。、閉合開關(guān)S,增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析得

知，電阻&兩端的電壓減小，R兩端的電壓增大，而它們的總電壓即路端電壓增大，所

以電阻&兩端的電壓減小量小于4U.電容器兩極板間的電壓等于R兩端的電壓，可知電

容器板間電壓增大，帶電量增大，增大量為CAU.故C錯(cuò)誤，。錯(cuò)誤.

故選：B.

閉合開關(guān)S,增大可變電阻R的阻值后，電路中電流減小，由歐姆定律分析電阻R。兩端

的電壓，再根據(jù)路端電壓的變化，分析電阻Ro兩端的電壓變化量，并比較與仆U的關(guān)系，

確定電容帶電量變化量.電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)/的比值等于R.電壓表示數(shù)變

化量△U和電流表示數(shù)變化量△/的比值等于&+r.

此題中兩電表讀數(shù)的比值要根據(jù)歐姆定律和閉合電路歐姆定律來分析，注意當(dāng)WR，R

△/

是非純性元件.

8.【答案】B

【解析】解：物體在運(yùn)動(dòng)的過程中受到重力與空氣的阻力，其中阻力：f=k\v\

物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中：ma=-mg-f=-mg-kv①

可知物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度的方向向下，為負(fù)值；

物體向下運(yùn)動(dòng)的過程中：ma'--mg+f=-mg+k\v\

考慮到物體向下運(yùn)動(dòng)的過程中速度的方向?yàn)樨?fù)，所以ma'=-mg+k\v\=-mg-

kv②

可知物體向下運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度的方向向下，也為負(fù)值；

由①②可知，物體的加速度與v的圖線是同一條直線。故ACQ錯(cuò)誤，3正確

故選：B。

對(duì)物塊進(jìn)行受力分析，然后結(jié)合牛頓第二定律分析加速度隨速度的變化即可。

該題結(jié)合豎直上拋運(yùn)動(dòng)的情況考查牛頓第二定律的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是理解加速度隨速

度變化的特點(diǎn)，明確速度方向的變化對(duì)加速度的影響。

9.【答案】D

【解析】解：電路中A燈與線圈并聯(lián)后與8燈串聯(lián)，再與C燈并聯(lián)。

A、當(dāng)S閉合時(shí)，三個(gè)燈同時(shí)立即發(fā)光，當(dāng)線圈的阻礙漸漸減弱，則A燈逐漸變暗，故

A錯(cuò)誤。

8、電路接通穩(wěn)定后，A燈與線圈并聯(lián)，再與8串聯(lián)，最后與C并聯(lián)，電壓相同，因直

流電阻與燈泡電阻相同，則流過B燈的電流時(shí)流過C燈電流的|,故8錯(cuò)誤；

C、電路接通穩(wěn)定后，斷開開關(guān)S，因線圈的自感電動(dòng)勢(shì)，則C燈過一會(huì)兒熄滅。故C

錯(cuò)誤。

。、電路接通穩(wěn)定后，S斷開時(shí)，C燈中原來的電流立即減至零，由于線圈中電流要減

小，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的減小，線圈中電流不會(huì)立即消失，這個(gè)自感電流通過

C燈，所以C燈過一會(huì)兒熄滅，因BC串聯(lián)后再與A并聯(lián)，則A燈亮度比8,C燈亮度

第12頁(yè)，共19頁(yè)

高。故。正確。

故選：D。

當(dāng)電流增大時(shí)，線圈會(huì)阻礙電流的增大，當(dāng)電流減小時(shí)，線圈會(huì)阻礙電流的減小.根據(jù)

電感線圈的特性進(jìn)行分析.

解決本題的關(guān)鍵掌握線圈對(duì)電流的變化有阻礙作用，當(dāng)電流增大時(shí)，線圈會(huì)阻礙電流的

增大，當(dāng)電流減小時(shí)，線圈會(huì)阻礙電流的減小.當(dāng)電流不變時(shí)，線圈將與之并聯(lián)的電路

短路.

10.【答案】A

【解析】解：AB、子彈恰好能穿出第4個(gè)水球，即末速度v=0,應(yīng)用逆向思維，子彈

由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，子彈通過四個(gè)水球的位移相同，所受阻力相

同，根據(jù)％=：砒2,假設(shè)子彈自右向左穿過第一個(gè)水球時(shí)間為玲，則通過兩個(gè)水球時(shí)間

為飆，通過三個(gè)水球時(shí)間為遍t°，通過四個(gè)水球時(shí)間為2m，則自左向右子彈通過四

個(gè)水球的時(shí)間比為（2-百）：（V5-&）：（V2-1）：1,因子彈做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，則

加速度。恒定，由△v=at,可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，

選項(xiàng)8正確；

C、因加速度恒定，則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?，則由/=",可知每個(gè)水球?qū)ψ訌?/p>

的沖量不同，故選項(xiàng)C正確；

D、由動(dòng)能定理知△七女=fx,/相同，x相同，則AEk相同，故選項(xiàng)。正確。

選不正確的，故選：A。

子彈自左向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，恰好穿過四個(gè)水球，即末速度等于0,應(yīng)用逆向思維子彈

由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移和時(shí)間的關(guān)系找到

經(jīng)過四個(gè)水球的時(shí)間比，再由△"和/的定義找到子彈在每個(gè)水球中的速度變化量以及

每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量，最后根據(jù)動(dòng)能定理判斷子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化。

本題考查動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移和時(shí)間的關(guān)系和沖量的定義，綜合

性較強(qiáng)，需要學(xué)生具有較強(qiáng)的分析能力；注意應(yīng)用逆向思維將正向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)變

為反向的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，方便解題。

11.【答案】D

【解析】解：A、海王星在段的速度大小大于段的速度大小，則PM段的時(shí)間

小于例。段的時(shí)間，所以P到例所用的時(shí)間小于故A錯(cuò)誤。

4

8、從。到N的過程中，由于只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，故8錯(cuò)誤。

C、從P到Q階段，萬有引力做負(fù)功，速率減小，故C錯(cuò)誤。

。、根據(jù)萬有引力方向與速度方向的關(guān)系知，從M到N階段，萬有引力對(duì)它先做負(fù)功后

做正功，故。正確。

故選：D。

根據(jù)海王星在段和“。段的速率大小比較兩段過程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，從而得出P到M

所用時(shí)間與周期的關(guān)系；抓住海王星只有萬有引力做功，得出機(jī)械能守恒；根據(jù)萬有引

力做功確定速率的變化.

解決本題的關(guān)鍵知道近日點(diǎn)的速度比較大，遠(yuǎn)日點(diǎn)的速度比較小，從P到。和。到P

的運(yùn)動(dòng)是對(duì)稱的，但是P到M和M到。不是對(duì)稱的.

12.【答案】等于40.0警保護(hù)電流計(jì)

?2

【解析】解：(1)當(dāng)電流計(jì)阻值不偏轉(zhuǎn)時(shí)，沒有電流流過電流計(jì)，電流計(jì)兩端電勢(shì)相等，

即。點(diǎn)電勢(shì)等于方點(diǎn)電勢(shì).

(2)由圖示電阻箱可知，電阻箱阻值為：0x1000+4x100+0x10+0x0.1。=

40.00；

⑶電流計(jì)指針不偏轉(zhuǎn)，沒有電流流過電流計(jì)，電橋平衡,由此可知:言=衰則:Rx=*;

(4)根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后作出圖象如圖所示：

(5)滑動(dòng)變阻器Rp的作用是保護(hù)電流計(jì)；

故答案為：(1)等于；(2)40.0；(3)若；(4)圖象如圖所示；(5)保護(hù)電流計(jì)。

(1)電流計(jì)指針不偏轉(zhuǎn)，電流計(jì)兩端電勢(shì)相等。

(2)電阻箱各旋鈕示數(shù)與對(duì)應(yīng)倍率乘積之和是電阻箱示數(shù)。

(3)根據(jù)電橋平衡求出待測(cè)電阻阻值。

(4)應(yīng)用描點(diǎn)法作出圖象。

(5)根據(jù)電路分析電阻的作用。

本實(shí)驗(yàn)考查/應(yīng)用電橋法測(cè)電阻，理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提與關(guān)鍵；要掌握電阻箱讀

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數(shù)方法，電阻箱各旋鈕示數(shù)與對(duì)應(yīng)倍率的乘積是電阻箱示數(shù)。

13.【答案】解：(1)假設(shè)開始時(shí)，AB兩部分體積均為丫

此時(shí)PA=PB=P>TA=TB=To①

將氣缸緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，直到氣缸豎直如圖乙所示時(shí)設(shè)4部分壓強(qiáng)為P/

則％'="+詈②

由玻意耳定律得：對(duì)A：PAV=PA-

對(duì)8：PBV=PB'^?

①②③④聯(lián)立解得：PJ=罷⑤、p/=^

(2)對(duì)8部分氣體緩慢加熱，使A、B兩部分氣體體積再次相等，A回到最初狀態(tài),

此時(shí)Pj=P+^=鬻⑥

從乙到丙過程，對(duì)B由理想氣體狀態(tài)方程得：

或處⑦

ToTJ

⑤⑥⑦聯(lián)立解得：7=藍(lán)70

答：(1)此時(shí)8部分氣體的壓強(qiáng)鬻。

(2)此時(shí)B部分氣體的溫度了藍(lán)丁。。

【解析】本題考查了玻意耳定律和理想氣體狀態(tài)方程的應(yīng)用，是連接體問題，關(guān)鍵是找

出以活塞為研究對(duì)象，根據(jù)平衡找出兩部分氣體之間壓強(qiáng)關(guān)系。

(1)將氣缸緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，直到氣缸豎直如圖乙所示，AB兩部分氣體做等溫變化，根據(jù)玻意

耳定律列式求解；

(2)以B部分氣體為研究對(duì)象，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程列式求解。

14.【答案】解：(1)光在在圓錐中傳播的速度V=￡

傳播時(shí)間￡=竺出四"

V

聯(lián)立解得t=3x10-1%

(2)光線從底面垂直入射后沿直線射到圓錐側(cè)面上的。'點(diǎn)發(fā)生折射，光路圖如圖，由幾

何關(guān)系可知入射角為。，設(shè)折射角為a,則

sina

71=sin?

由幾何關(guān)系可知40P0'為等腰三角形，則2/C0S。=扁

解得桌面上光點(diǎn)到圓錐頂點(diǎn)。間的距離，=0.1m.

答：

(1)光在圓錐中傳播的時(shí)間f是3x10-10s；

(2)桌面上光點(diǎn)到圓錐頂點(diǎn)。間的距離/是O.lm.

【解析】(1)先由公式v求出光在在圓錐中傳播的速度，結(jié)合傳播距離求光在圓錐中

傳播的時(shí)間h

(2)光線從底面垂直入射后沿直線射到圓錐側(cè)面上的O'點(diǎn)發(fā)生折射，由幾何關(guān)系求出入

射角，由折射定律求出折射角，再由幾何關(guān)系求桌面上光點(diǎn)到圓錐頂點(diǎn)。間的距離/.

本題關(guān)鍵之處是借助于光的折射定律作出光路圖，同時(shí)利用幾何關(guān)系來輔助計(jì)算.

15.【答案】解：(1)設(shè)木板與擋板P碰撞前瞬間速度為h則碰撞木板的速率為

木板單獨(dú)下滑過程，由能量守恒定律得：

2

m^gL^inO=um1gcos9-Lx+1m1v

木板與擋板碰撞后上升過程，由能量守恒定律得：

11,

m771

2i(2=1gs-sin0+nm1gcos6-s

代入數(shù)據(jù)解得：M=0.5

木板與滑塊同時(shí)釋放，木板與斜面間的最大靜摩擦力：

(2)A=-(mj+m2')gcosd

因/i＞巾1。5譏。故開始時(shí)木板靜止不動(dòng)。

設(shè)物塊下滑至與木板下端碰撞前瞬間物塊的速度為火，物塊下滑過程，由動(dòng)能定理得:

1,

m2gL2sme=-m2v^-0

代入數(shù)據(jù)解得，碰撞前物塊速度：

v0=3m/s

物塊與木板碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

設(shè)撞后物塊與木板整體速度設(shè)為V,以平行于斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:

m2Vo=(mi+m2')v'

碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能：，2

ZE=-|(m1+m2)v

代入數(shù)據(jù)解得：XE=3)

(3)設(shè)木板與物塊一起在斜面上向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為即，向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

口2，由牛頓第二定律得：

】+(啊+

(mm2')gsind—n(rnx+m2)gcosd=m2)a1

第16頁(yè)，共19頁(yè)

(m1+mDgsinS+[i(m1+m2)gcos0=(m1+m2)a2

22

代入數(shù)據(jù)解得：=2m/s,a2=10m/s

木板與物塊粘合后一起加速下滑過程，由速度一位移公式得：譜-=2的〃

設(shè)第一次撞擊后木板上滑的距離為S1，由速度-位移公式得：(￡)2=2a2sl

代入數(shù)據(jù)解得：si=0.2m

第二次撞擊木板時(shí)速度1；2，諺=2G1S1

第二次撞擊后木板上滑的距離：(￡)2=2a2s2

代入數(shù)據(jù)解得：S2=0.01771

物塊與木板前端擋板碰撞后開始計(jì)時(shí)，到木板第2次速度減為零時(shí)，

這個(gè)過程中木板滑行的總路程：S總=Li+2sl+S2,

代入數(shù)據(jù)解得：S點(diǎn)=3.41m

答：(1)木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5；

(2)物塊與木板前端擋板碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能是3J；

(3)這個(gè)過程中木板滑行的總路程是3.41m。

【解析】(1)應(yīng)用能量守恒定律可以求出木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

(2)求出木板與斜面間的最大靜摩擦力，判斷木板的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)用動(dòng)能定理求出物塊

與木板碰撞前瞬間物塊的速度，物塊與木板碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律

求出碰撞后物塊與木板的速度，然后求出碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

(3)應(yīng)用牛頓第二定律求出物塊和木板的加速度大小，根據(jù)物塊和木板的運(yùn)動(dòng)過程應(yīng)用

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出其位移，然后求出整個(gè)過程木板滑行的總路程。

本題是多體多過程問題，根據(jù)題意分析清楚物塊與木板的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵,

應(yīng)用能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。

16.【答案】解：(1)粒子以水平速度從P點(diǎn)射入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)

粒子能夠進(jìn)入磁場(chǎng)，則

豎直方向：d=g也產(chǎn)

帶入數(shù)據(jù)解得：t=1.