2021屆全國普通高等學校招生高考物理仿真模擬試卷(三)(含答案解析)

2021屆全國普通高等學校招生高考物理仿真模擬試卷（三）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.如圖所示，水平傳送帶以恒定速度"向右運動.將質量為m的物體Q

輕輕放在水平傳送帶的左端4處，經過t秒后，Q的速度也變?yōu)椤?，?/p>

經t秒物體Q到達傳送帶的右端B處，則（）

A.前t秒內物體做勻加速運動，后t秒內物體做勻減速運動

B.前t秒內Q的位移與后t秒內Q的位移大小之比為1：3

C.Q由傳送帶左端運動到右端的平均功率為若

D.Q由傳送帶左端運動到右端的平均速度為

2.下列關于甲、乙、丙、丁四幅圖的說法中，正確的是（）

A.甲圖：大量氫原子從n=4能級向低能級自發(fā)躍遷所輻射的電磁波照射逸出功為2.25eV的鉀

板，產生的光電子動能均為10.5W

B.乙圖：此時刻振蕩電流正在減小

C.丙圖：這是光通過小孔衍射形成的圖樣

D.丁圖：不同強弱黃光對應的圖象交于U軸同一點，說明光電子最大初動能與光的強度無關

3.下列說法正確的是（）

A.洛倫茲發(fā)現導線通電時，導線附近的小磁針發(fā)生偏轉

B.電場強度是用比值法定義的，電場強度與電場力成正比，與試探電荷的電荷量成反比

C.安培力的方向總是垂直于磁場的方向

D.電流通過導體產生的熱量與電流、導體電阻和通電時間的規(guī)律由歐姆首先發(fā)現

4.如圖所示，在室內自行車比賽中，運動員以速度"在傾角為。的賽道上做

勻速圓周運動。已知運動員的質量為小，做圓周運動的半徑為R,重力加

速度為g，則下列說法正確的是（）

A.將運動員和自行車看做一個整體，整體受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用

B.運動員受到的合力大小為in藝，做圓周運動的向心力大小也是7n日

RR

C.運動員做圓周運動的角速度為

D.如果運動員減速，運動員將做離心運動

5.2011年11月01日5時58分07秒，我國成功發(fā)射神州八號飛船，它將與天宮一號實現空中對接，

從而建立我國第一個空間實驗室.假如神舟八號與天宮一號對接前所處的軌道如圖甲所示，圖

乙是它們在軌道上即將對接時的模擬圖.當它們處于圖甲所示的軌道運行時，下列說法正確的

是（）

A.神舟八號的加速度比天宮一號的大

B.神舟八號的運行速度比天宮一號的小

C.神舟八號的運行周期比天宮一號的長

D.“神舟八號”從圖示軌道運動到與“天宮一號”對接過程中，機械能守恒

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.兩磁感應強度均為B的勻強磁場區(qū)域I、W,方向如圖示，兩區(qū)域中間是寬為S的無磁場區(qū)域口,

有一邊長為“L>S）、電阻為R的均勻正方形金屬線框abed置于I區(qū)域，M邊與磁場邊界平行,

現拉著金屬框以速度”向右勻速運動，則（）

A.當ab邊剛進入中央無磁場區(qū)域II時，ab兩點間電壓為等

B.當ab邊剛進入磁場區(qū)域HI時，通過ab邊的電流大小為零，方向由a—b

C.當ab邊剛進入HI區(qū)域到cd邊剛出I區(qū)域的過程中，拉力大小為竺出

R

D.當cd邊剛出I區(qū)域到剛進入in區(qū)域的過程中，回路中產生的焦耳熱為嗎s

R

7.如圖所示，兩個帶等量正電荷的點電荷固定于P、Q兩點，它們連線的中點是0、B

4、B是PQ連線中垂線上的兩點，。4＜。8,則下列說法正確的是（）

A.在4B、。三點中，。點場強最大，B點的場強最小

B.A、B兩點的場強方向相反，4點的電勢高于B點的電勢

C.將一正試探電荷置于4和B點，該試探電荷在4點的電勢能等于在8點的電勢能

D.將一負試探電荷置于A和B點，該試探電荷在4點的電勢能小于在B點的電勢能

8.如圖所示，質量為m的帶電絕緣小球（可視為質點）用長為I的絕緣細線懸

掛于。點，在懸點。下方有勻強磁場?，F把小球拉離平衡位置后從4點由

靜止釋放，小球從4點和。點向最低點運動，則下列說法中正確的是（）

A.小球兩次到達C點時，速度大小相等

B.小球兩次到達C點時，細線的拉力相等

C.小球兩次到達C點時，加速度相同

D.小球從4運動至C和從D運動至C所用的時間不同

9.下列說法正確的是（）

A.已知銅的密度和摩爾質量，可以估算銅分子的直徑

B.晶體均具有規(guī)則的幾何形狀，但不一定具有各向異性的特征

C.教室內看到透過窗戶的“陽光柱”里粉塵顆粒雜亂無章的運動，這是布朗運動

D.熱量可以從低溫物體傳遞到高溫物體

E.密閉在汽缸里的一定質量理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子

數一定減少

10.一列簡諧橫波在x軸上傳播，在某時刻的波形如圖所示.已知此時質

點尸的運動方向向下，則（）

A.此波朝x軸負方向傳播

B.質點。此時向下運動

C.質點B將比質點C先回到平衡位置

D.質點E的振幅為零

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.在做測量干電池的電動勢和內電阻的實驗時，備有下列器材供選用:

4干電池一節(jié)（電動勢約1.5U）

8.直流電流表（量程0?0.6?34,.0.64擋內阻0.100,34擋內阻0.025。）

C.直流電壓表（量程0?3?15乙31/擋內阻5K。，15V擋內阻25K0）

。.滑動變阻器（阻值范圍。?150,允許最大電流14）

￡滑動變阻器（阻值范圍。?10000,允許最大電流0.54）

F.開關G.導線若干根H.電池夾

（1）將按本實驗要求選定的器材（系統誤差較小），在圖1所示的實物圖上連線.

（2）如圖2所示，電流表指針停止在圖2（1）所示位置，量程取0.64擋時讀教為；量程取34擋時

讀數為.電壓表指針停在圖（2）所示位置，量程取3U擋時讀數為；取量程為15U擋

時讀數為

（3）根據實驗記錄，畫出的U-/,圖象如圖3所示，可得待測電池的內電阻r為.

12.在用落體法“驗證機械能守恒定律”實驗時，某同學按照正確的步驟操作（如圖1）,并選得一條

如圖2所示的紙帶.其中。是起始點，A、8、C是打點計時器連續(xù)打下的3個點，該同學用毫米

刻度尺測量。到4、B、C各點的距離，并記錄在圖2中（單位cm）,重錘質量為0.5kg,重力加速

度g=9.80?TI/S2.

BlB3

(1)根據圖2中的數據，可知重物由。點運動到B點，重力勢能減少量AEp=J,動能的增加量

(2)重力勢能的減少量△Ep往往大于動能的增加量^Ek，這是因為.

(3)他進一步分析，發(fā)現本實驗存在較大誤差，為此設計出用如圖3所示的實驗裝置來驗證機械能守

恒定律.通過電磁鐵控制的小鐵球從4點自由下落，下落過程中經過光電門8時，通過與之相連

的毫秒計時器(圖中未畫出)記錄擋光時間3用毫米刻度尺測出AB之間的距離h,用精密儀器測

得小鐵球的直徑d.重力加速度為g.實驗前應調整光電門位置使小球下落過程中球心通過光電門

中的激光束.題中所給的d、t、h、g應滿足關系式,方可驗證機械能守恒定律.

(4)比較兩個方案，改進后的方案相比原方案的優(yōu)點是：.

四、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.如圖所示，水平絕緣直軌道AC由光滑段48與粗糙段BC組成，它與整直光滑半圓軌道CD在C點

處平滑連接，其中AB處于電場區(qū)內。一帶電量為+q、質量為m的可視為質點的滑塊從4處以水

平初速度均進入電場區(qū)沿軌道運動，從B點離開電場區(qū)繼續(xù)沿軌道BC運動，最后從圓軌道最高

點。處以水平速度。離開圓軌道。已知：軌道BC長1=1m,圓半徑R=0.1TH,m—0.01kg,q=

5xlO-sC,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數N=0.2,重力加速度g取10m/s2,設裝置處于真空

環(huán)境中。

(1)若滑塊到達圓軌道。點時的速度"=lm/s

①在。點處時，求滑塊受到的彈力F;

②求滑塊從B點離開電場時的速度如；

(2)若%=5m/s,為使滑塊能到達圓軌道最高點。處，且離開圓軌道后落在水平軌道BC上，求4、8

兩點間電勢差應滿足的條件。

AB

14.一輛重10t的汽車正以2(hn/s的速度向前行駛，由于司機發(fā)現前方約200m遠處有事故，立刻關

閉發(fā)動機，讓車以1.6m/s2的加速度向前勻減速滑行，則：

(l)10s內該汽車向前滑行了多遠？

(2)15s末該汽車的速度有多快？

(3)照這樣滑行，汽車將停在離事故點大約多遠處？

15.如圖所示，在上端開口的絕熱汽缸內有兩個質量均為rn=1kg的絕熱

活塞(厚度不計)4、B,4、B之間為真空并壓縮一勁度系數k=500/V/m

的輕質彈簧，4、B與汽缸無摩擦，活塞B下方封閉有溫度為27式的理

想氣體。穩(wěn)定時，活塞4B將汽缸等分成三等分。已知活塞的橫截面

積均為S=20cm2,L=0.6m,大氣壓強p。=1.0x105Pa,重力加速

度g取Khn/s2。

(i)現通過加熱絲對下部分氣體進行緩慢加熱，當活塞4剛好上升到氣缸的

頂部時，求封閉氣體的溫度;

(譏)在保持第9間的溫度不變的條件下，在活塞4上施加一豎直向下的力凡穩(wěn)定后活塞B回到加熱前

的位置，求穩(wěn)定后力尸的大小和活塞4、8間的距離。

16.如圖所示，一個三棱鏡DEF—D'EF的橫截面為直角三角形，A、B、C分別為三條棱的中點,

/.CAB=30°,Z.ACB=90°,該三棱鏡材料的折射率n=6。一條平行于DFF'D'平面的入射光

線從DEE'D'面射入棱鏡，開始時入射點為4點，當入射光線以一定的速度始終保持與CFF'D'面

平行向上移動，使入射點以恒定的速度%=10-2m/s由4點向C點運動，不計光線在棱鏡內的多

次反射。求：

⑴從EFF'E'面射出的光線的折射角；

(2)從DFF'D'面射出的光線與該面交點的運動速度外

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、在前t秒內物體受到向右的滑動摩擦力而做勻加速直線運動，后t秒內物體的速度與傳

送帶相同，不受摩擦力而做勻速運動.故A錯誤.

B、前t秒內Q的位移與后t秒內Q的位移大小之比為vt=l：2,故8錯誤.

C、根據動能定理得，W=^mv2,則平均功率「=絲=叱，故C錯誤.

22t4t

D、Q由傳送帶左端運動到右端的總位移為％=￡+"=等，則平均速度方=愛=源故。正確.

故選：D.

物體放上傳送帶后先做勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度后一起做勻速直線運動，根據牛頓第

二定律和運動學公式得出前t秒內和后t秒內的位移之比.

根據動能定理求出摩擦力做功的大小，結合平均功率的公式求出平均功率的大小.

本題可通過分析物體的受力情況來確定其運動情況，也可以通過作速度圖象研究位移和平均速度.

2.答案：D

解析：解：4、根據光電效應方程可知，只有從n=4躍遷到n=1的光子打出的光電子的最大初動能

為：

Ek=hv-W0=E4-E1-Wo=-0.85eK-(-13.6eV)-2.25eV=10.5eV,故A錯誤；

B、根據安培定則可知，電流從向上向下流過線圈，分析電容器場強方向可知，上極板帶正電，則電

容器在放電，根據電磁振蕩規(guī)律可知，電容器放電，振蕩電流正在增大，故B錯誤；

C、泊松亮斑是光繞過障礙物繼續(xù)傳播的現象，光照射不透明的圓盤時陰影的中心出現一個亮斑，屬

于衍射現象，故C錯誤；

。、強黃光和弱黃光曲線交于U軸同一點，說明遏止電壓與光的強度無關，而愛因斯坦光電效應方程

式a=hv-Wo=eUc也說明光電子最大初動能與光的強度無關，故D正確。

故選：Do

根據能級躍遷和光電效應方程分析其最大初動能；

根據電流方向判斷電容器充放電情況，根據能量守恒定律分析能量的變化判斷電流大小變化；

泊松亮斑是光的衍射現象，是光通過圓盤后形成的；

遏止電壓增大，與光的強弱無關，遏止電壓與入射光的頻率有關；

本題考查能級躍遷、光電效應等內容，掌握光電流與光的強弱關系，注意遏止電壓、極限頻率，及

最大初動能的含義。

3.答案：C

解析：解：4、奧斯特發(fā)現導線通電時，導線附近的小磁針發(fā)生偏轉，首先發(fā)現了通電導線的周圍存

在磁場，故A錯誤；

8、電場強度是用比值法定義的，電場強度只與電場本身有關，與電場力和與試探電荷的電荷量無關，

故B錯誤；

C、根據左手定則可知安培力的方向總是垂直于磁場的方向，故C正確；

。、電流通過導體產生的熱量與電流、導體電阻和通電時間的規(guī)律由焦耳首先發(fā)現，故力錯誤；

故選：Co

根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可.

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這也是

考試內容之一.

4.答案：B

解析：解：4、向心力是效果力，可以由單個力充當，也可以由其它力的合力提供，或者由某個力的

分力提供，不是性質力，因此，將運動員和自行車看做一個整體后，整體應受重力、支持力和摩擦

力，故A錯誤；

8、由題意可知，運動員做線速度大小為發(fā)，半徑為R的勻速圓周運動，故運動員受到的合力提供向

心力，即小廿，故運動員受到的合力大小為小藝，做圓周運動的向心力大小也是m日，故8正確；

RRR

C、根據線速度和角速度的關系9=3R得，角速度K故C錯誤；

。、如果運動員減速，需要的向心力減小，此時向心力“供”大于“需”，運動員將會做近心運動，

故。錯誤。

故選：Bo

向心力是按照效果命名的力，不是物體實際受到的力，勻速圓周運動合力提供向心力，明確物體做

離心運動的條件。

向心力是效果力，由其它力充當；做勻速圓周運動的物體所受的合力指向圓心，合力完全提供向心

力；當向心力“供大于求”時，物體會做近心運動

5.答案：A

解析：解：根據萬有引力提供圓周運動的向心力有：G等=ma=mf=mr,

A、由于a=皆，因為神舟八號的軌道半徑比天宮一號來得小，故加速度來得大，故A正確；

B、由于v=護,因為神舟八號的軌道半徑比天宮一號來得小，故速度來得大，故8錯誤；

C、由于7=2兀叵，因為神舟八號的軌道半徑比天宮一號來得小，故周期比天宮一號來得小短，故

7GM

C錯誤；

。、“神舟八號”從圖示軌道運動到與“天宮一號”對接過程中，需要加速做離心運動，機械能增

大，故。錯誤

故選4.

根據萬有引力提供向心力，分析運行速度、加速度、周期與軌道半徑的關系.神舟八號在軌道上加

速會做離心運動而變軌

解決本題的關鍵熟練掌握在衛(wèi)星圓周運動中地球對衛(wèi)星的萬有引力提供衛(wèi)星圓周運動的向心力求解.

6.答案：BCD

解析:解:4當帥邊進入中央無磁場區(qū)域H0寸,cd邊產生的感應電動勢:E=BLv,感應電流:4=咚,

R

ab兩點間電壓U=/「；/?=故A錯誤；

B、當ab邊剛進入磁場區(qū)域IE時，ab邊和cd邊產生的感應電動勢均為E=B。，線框中總的感應電動

勢為E息=2E=2BLV,通過ab邊的電流大?。?;哼，方向由a->b，故B正確；

C、當ab邊剛進入DI區(qū)域到cd邊剛出I區(qū)域的過程中，線框所受安培力大?。篎交=2B/2L=等士因

金屬框勻速運動，則拉力大小為尸=?咨=空3,故C正確；

。、當cd邊剛出I區(qū)域到剛進入in區(qū)域的過程中，只有ab邊切割磁感線，感應電流：%=拳，回路

中產生的焦耳熱為Q=/"t=（等）2RJ=*S,故。正確。

故選：BCD。

金屬框從I區(qū)域完全拉入HI區(qū)域的過程分成三段研究：第一段ab在n區(qū)運動，第二段ab在江，cd在

I區(qū)運動，第三段cd在n區(qū)運動。根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式、焦耳定律等

知識求解。

本題要注意的是當處邊剛進入磁場區(qū)域ID時，ab邊、cd邊都切割磁感線產生兩個感應電動勢，而且

串聯，電路中的總電動勢為E惑=2E=2BW。

7.答案：BD

解析：解：力、。點場強為零，是最小的，A與B兩點的場強大小不能確定，故A錯誤。

B、4、B兩點的場強方向相反，根據順著電場線方向電勢降低以及對稱性，可知4點的電勢高于B點

的電勢，故8正確。

C、將一正試探電荷置于4和B點，由于A點的電勢高于B點的電勢，則該試探電荷在4點的電勢能大

于在B點的電勢能，故C錯誤。

D、將一負試探電荷置于4和B點，由于4點的電勢高于B點的電勢，則該試探電荷在4點的電勢能小

于在B點的電勢能，故。正確。

故選：BD。

兩個等量正點電荷，其連線中垂線上電場強度方向0-4和0-B,。點的場強為零.4、B的場強大

小不能確定.根據順著電場線方向電勢降低，分析電勢關系，再判斷電勢能的關系.

本題考查對等量同種電荷電場線的分布情況及特點的理解和掌握程度，要抓住電場線的對稱性，根

據電勢關系直接分析電勢能的關系，也可以根據電場力做功情況分析電勢的關系.

8.答案：AC

解析：解：力、可視為質點的帶電小球在磁場中要受到洛倫茲力作用，由于洛倫茲力方向總是垂直于

速度的方向，所以洛倫茲力不做功，細線的拉力也不做功，只有重力做功，與沒有磁場一樣，所以，

小球的機械能一直守恒，小球兩次到達C點時，速度大小相等，故A正確；

B、設小球兩次到達C點時速率為仇并假設小球帶正電，小球向右通過C點時，小球受到的洛倫茲力

向上，根據牛頓第二定律得居+—mg=m亍，可得細線的拉力為a=mg—quB+m?。?/p>

小球向左通過C點時，小球受到的洛倫茲力向下，根據牛頓第二定律得F2-quB-mg=mf,可得

2

細線的拉力為尸2=mg+quB+7n9，可知小球兩次到達C點時，細線的拉力不相等，故B錯誤；

C、小球兩次到達C點時，加速度大小相等，均為a=?,方向指向圓心，故加速度相同，故C正確；

。、小球從4運動至C和從0運動至C洛倫茲力不做功，細線的拉力也不做功，小球在同一高度處的速

度大小相等，所以所用的時間相同，故。錯誤。

故選：AC.

可視為質點的帶電小球在磁場中要受到洛倫茲力作用，由于洛倫茲力方向總是垂直于速度的方向，

所以洛倫茲力不做功，小球的機械能守恒。小球兩次到達C點時，由合力提供向心力，由牛頓第二定

律分析細線的拉力大小和加速度大小。

解決本題時，要理解并掌握洛倫茲力的特點：洛倫茲力方向總是垂直于速度的方向，洛倫茲力不做

功，所以帶電小球在磁場中運動時機械能是守恒的。

9答案:ADE

解析：解：4、已知銅的密度和摩爾質量可求摩爾體積，摩爾體積除以阿伏伽德羅常數得銅分子體積，

把銅分子看成球型，即可求解銅分子直徑，故4正確；

8、單晶體具有規(guī)則的幾何外形，但是并不是外部具規(guī)則形狀的就一定是單晶體，單晶體表現各向異

性，多晶體表現各向同性，故B錯誤；

C、布朗運動是懸浮在液體或氣體中顆粒的無規(guī)則運動，教室內看到透過窗子的“陽光柱”里粉塵顆

粒雜亂無章的運動，是由于氣體的流動導致粉塵顆粒運動，這種運動不是布朗運動，故C錯誤；

。、熱量能自發(fā)的從高溫物體向低溫物體傳遞，在外界的干預下，也能由低溫物體傳給高溫物體，

比如電冰箱，故。正確；

區(qū)密閉在氣缸里的一定質量理想氣體發(fā)生等壓膨脹時，根據理想氣體的狀態(tài)方程岸=C可知，氣體

的溫度一定升高，氣體分子的平均動能增大，則每一次對器壁的平均撞擊力增大，而氣體的壓強不

變，所以單位時間碰撞器壁單位面積的氣體分子數一定減少，故E正確。

故選：ADE.

已知銅的密度和摩爾質量可求摩爾體積，把銅分子看成球型，即可求解銅分子直徑；單晶體具有規(guī)

則幾何外形，各向異性，多晶體各向同性；布朗運動是懸浮在液體中顆粒的無規(guī)則運動；根據氣體

壓強的微觀意義分析壓強。

本題考查晶體、布朗運動、熱力學定律及氣體壓強的微觀意義，解決本題關鍵掌握晶體的特性，知

道氣體壓強的微觀意義。

10.答案:AB

解析：解：4、簡諧波橫波在x軸上傳播，此時質點F的運動方向向下，由波形平移法可知，該波沿x軸

負方向傳播。故A正確。

B、質點。此時的運動方向與F的運動方向相同，即向下運動。故B正確。

C、此時質點B向上運動，而質點。向下運動，直接回到平衡位置，貝北先回到平衡位置。故C錯誤。

。、此時質點E的位移為零，但振幅不為零，各個質點的振幅均相同。故。錯誤。

故選：AB.

簡諧波橫波在X軸上傳播，此時質點尸的運動方向向下，可判斷出波X軸負方向傳播.質點。此時的運

動方向與F的運動方向相同.質點B向上運動，而質點。向下運動，則C先回到平衡位置.此時質點E

的位移為零，但振幅不為零.

本題是波動圖象中基本題，由質點的振動方向判斷波的傳播方向是基本功，要熟練掌握.

11.答案：0.284；1.504；1.40K；7.01Z；0.73。

解析：解：(1)本實驗測量電動勢和內電阻的實驗，只需測量電流和路端電壓即可，由于電源內阻較

O-I5Q

小，故采用相對電源的電流表外接法

(2)若量程取0.64,則最小分度為0.024,則讀數為0.284；若量程取34,則最小分度為0.14則讀數

為1.504；

電壓表量程取3乙則最小分度為0.1憶則讀數為1.40IZ,若量度為15心則最小分度為0.5U,則讀數

為7.0匕

(3)根據U=E-/r可知，圖象的斜率表示內阻，則r=與=。受=0.73。

故答案為：(1)如圖法；(2)0.284；1.504；1.40IZ；7.0V.(3)0.730

(1)根據實驗原理可明確電路圖，按照實物圖進行分析即可得出對應的實物圖；

(2)明確電表量度確定最小分度，從而確定讀數；

(3)根據閉合電路歐姆定律進行分析，從而確定電源內阻的阻值.

本題考查電源的電動勢和內電阻的實驗，耍注意明確實驗原理，知道實驗中原理圖的正確畫法，同

時能根據圖象正確分析數據，在讀數時要注意有效位數的正確保留.

12.答案：0.6100.599克服阻力做功(或阻力作用的緣故)gh=*92①阻力減小，②速度測量更

精確

解析：解：(1)重物由。點運動到B點，那么重力勢能的減小量為：

△Ep=mgh=0.5x9.8x0.1245J?0.610/,

B點的瞬時速度為：%=等=承警=1.55m/s,

則動能的增加量為：△Ek=|mvj=|x0.5x1.552?0.599/.

(2)由于物體下落過程中存在摩擦阻力，這樣驗證的系統誤差總是使重物的重力勢能的減少量略大于

動能的增加量.

(3)光電門測速度的原理是：利用通過極短時間內的平均速度表示瞬時速度，因此有：v=p

根據功能關系得：mgh=|mv2,因此有：gh=/孑,

即若滿足：gh=則機械能守恒.

(3)該實驗產生誤差的主要原因是空氣阻力以及紙帶與限位孔之間的摩擦力影響，因此實驗進行改正

之后的主要優(yōu)點是：沒有紙帶與打點計時器間的摩擦影響，實驗誤差減小了；同時速度測量更精確.

故答案為：(1)0.610,0.599；(2)克服阻力做功(或阻力作用的緣故)；(3)g/i=*》2；(4)①阻力減

小，②速度測量更精確.

(1)根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的瞬時速度，從而得出動能的增加

量；再依據重力勢能的減小量AEp=mgh,即可求解.

(2)由于物體下落過程中存在摩擦阻力，因此動能的增加量小于勢能的減小量；

(3)光電門測速度的原理是用平均速度代替瞬時速度，再根據求出該實驗中需要驗證

的關系式；

(4)改進后的方案相比原方案的最主要的優(yōu)點是：沒有紙帶與打點計時器間的摩擦影響，提高了測量

的精確程度.

解答實驗問題的關鍵是明確實驗原理、實驗目的，了解具體操作，同時加強應用物理規(guī)律處理實驗

問題的能力，知道光電門測速的原理，并掌握驗證機械能守恒表達式的理論推導，最后理解產生誤

差的根源.

13.答案：解：(1)①根據牛頓第二定律和向心力公式得

V2

F=m-r

尸向=mg+F

代入數據解得：F=0

②滑塊由B到D的過程中有重力和摩擦力做功，根據動能定理得

-fimgl—2mgR=/mv2—1mvj

代入數據解得：vB=3m/s

(2)當電勢差最低時，對應于滑塊恰能滑至最高點D處，此時滑塊速度%=1HI/S,根據動能定

理得

11

q%-Mmgl-2mgR=-mvl--m詔

解得：UAB=-1600V

當電勢差UAB最高時，對應于滑塊從。處平拋后恰好落在8點處，

根據平拋運動規(guī)律

豎直方向上：2R=^gt2

水平方向上：I=vD't

代入數據解得：vD'=Sm/s

根據動能定理

1?17

qUAB-Rmgl-2mgR=-mv^--mv^

代入數據得UM=800K

所以4、B兩點間電勢差應滿足的條件為

-1600V<UAB<800V

答:(1)①在。點處時，求滑塊受到的彈力尸為0;

②求滑塊從8點離開電場時的速度為是3m/s；

(2)若見=5m/s,為使滑塊能到達圓軌道最高點。處，且離開圓軌道后落在水平軌道BC上，4、B兩

點間電勢差〃8應滿足的條件為-1600P<UAB<800幾

解析：(1)①根據牛頓第二定律和向心力公式可以得到滑塊受到的彈力；

②根據動能定理很容易得到物體離開電場時的速度；

(2)滑塊能夠到達最高點。點，且離開。點后做平拋運動，需根據平拋運動規(guī)律和圓周運動的臨界條

件得到滑塊到達。點時的最小速度和最大速度，進而根據動能定理即可得到兩點間電勢差的范圍。

注意滑塊能夠到達最高點。點，且還要落到BC之間，所以滑塊到最高點的速度是一個范圍，滑塊恰

到最高點時的速度是最小速度，滑塊恰能落到B點時是滑塊在到達D點時的最大速度，進而根據動能

定理可得到電壓范圍。

14.答案：解：(1)車能運動的時間：

》=上空=12.5s,

ua-1.6

10s內的位移:

22

x=vot+1at=20x10+1x(-1.6)x10=120m；

(2)因15s>to，所以15s時車已停止，則15s末汽車速度：v=Ozn/s；

(3)汽車的滑行距離：

汽車距事故點的距離：d=200m-125=75m；

答：(l)10s內該汽車向前滑行了120m；

(2)15s末該汽車的速度為Om/s：

(3)照這樣滑行，汽車將停在離事故點大約757n處.

解析：(1)由速度公式求出汽車的滑行時間，然后由位移公式求出汽車的位移；

(2)根據汽車的滑行時間判斷汽車15s末的速度；

(3)由速度位移求出汽車的滑行距離，然后求出汽車距事故點的距離.

本題考查了求位移、速度、距離問題，分析清楚汽車運動過程、應用勻變速運動規(guī)律即可正確解題,

解題時要注意求出汽車的滑行時間.

15.答案：解：⑴下部分氣體初態(tài)，氣體溫度為7\=273K+27K=300K,體積為匕=LS.

當活塞4剛好達到汽缸頂部時，體積%=2LS,溫度為△，該程氣體發(fā)生等壓變化，有

匕_彩

解得：T2=600K。

(4)以活塞4、B為整體受力分析，有

2mg.

PJ=p0