2021年廣東省河源市源城區(qū)高考物理模擬試卷（附答案詳解）

2021年廣東省河源市源城區(qū)高考物理模擬試卷（2月份）

1.了解物理規(guī)律的發(fā)現過程，學會像科學家那樣觀察和思考，往往比掌握知識本身更

重要。下列選項符合史實的是（）

A.焦耳發(fā)現了電流熱效應的規(guī)律

B.安培總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律

C.楞次發(fā)現了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕

D.法拉第對帶電粒子在磁場中受力作了深入研究并得到了定量的結果

2.如圖所示，網球發(fā)球機水平放置在距地面某處，正對著豎直墻面發(fā)射網球，兩次發(fā)

射網球分別在墻上留下A、B兩點印跡。測得04=泰。/＞為水平線，若忽略網球

在空中受到的阻力，則下列說法正確的是（）

墻

/

。

L43

A.兩球發(fā)射的初速度為4：v0B=1：2

B.兩球碰到墻面前運動的時間以：培=1：2

C.兩球碰到墻面時的動量可能相同

D.兩球碰到墻面時的動能可能相等

3.如圖1所示，吊車是建筑工地常用的一種大型機械。為了便于研究問題，將它簡化

成如圖2所示的模型，硬桿08的一端裝有定滑輪，另一端固定在車體上；質量不

計的繩索繞過定滑輪吊起質量為m的物體勻速上升,不計定滑輪質量和滑輪與軸承

之間的摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.0A段繩索受到的拉力小于mgB.0A段繩索受到的拉力大于mg

C.桿對定滑輪的支持力小于2，ngD.08桿對定滑輪的支持力大于2mg

4.假設某個國家發(fā)射了一顆繞火星做圓周運動的衛(wèi)星.已知該衛(wèi)星貼著火星表面運動,

把火星視為均勻球體，如果知道該衛(wèi)星的運行周期為T,引力常量為G,那么（）

A.可以計算火星的質量B.可以計算火星表面的重力加速度

C.可以計算火星的密度D.可以計算火星的半徑

5.如圖所示為某示波管內的聚焦電場橫截面示意圖，實線

和虛線分別表示電場線和等勢線。電場中4、6兩點的

場強大小分別為Ea和場,電勢分別為外和％。下列說

法中正確的是（）

A.Ea>Eb,（p（i>（pbB.>Efj?（pa<中匕

C.Ea<Efj,（pa>（PbD.Ea<Eb,（pa<（fib

6.中國的特高壓直流輸電網已達到世界先進水平，向家壩-上海特高壓直流輸電工程,

是世界上同類工程中容量最大、距離最遠、技術最先進的。圖甲所示為輸電塔，圖

乙為其局部放大圖，兩根在同一水平面內且相互平行的長直導線A和8分別通有方

向相同的電流A和/2,且k>12?！?、仇C三點連線與兩根導線等高并垂直，6點位

于兩根導線間的中點，C兩點與6點距離相等。不考慮地磁場的影響。下列說法

中正確的是（）

A.a點和c點處的磁感應強度方向相同

B.6點處的磁感應強度方向豎直向下

C.導線8對4的安培力大于導線A對8的安培力

D.導線B和A之間因安培力的作用而相互吸引

7.如圖甲所示，N=200匝的線圈（圖中只畫了2匝），電阻r=20,其兩端與一個R=

480的電阻相連。線圈內有垂直紙面向里的磁場，磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。下

列選項正確的是（）

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0.015

0.010

0.005

III

A.電阻R兩端。點比。點電勢高

B.電阻R兩端的電壓大小為10vz

C.0.1s時間內非靜電力所做的功為0.2/

D.0.1s時間內通過電阻R的電荷量為0.05C

8.用圖所示裝置探究感應電流產生的條件，線圈A通過滑動變阻器和開關又連接到電

源上，線圈B通過開關S2連到電流表上，把線圈A裝在線圈8的里面。下列說法中

正確的是（）

A.該裝置用于探究線圈B中感應電流產生的條件

B.52處于閉合狀態(tài)，在&閉合瞬間，電流表的指針會發(fā)生偏轉

C.S］處于閉合狀態(tài)，在52閉合瞬間，電流表的指針會發(fā)生偏轉

D.兩開關均處于閉合狀態(tài)，電路穩(wěn)定后勻速移動滑動變阻器的滑片，電流表的指

針會發(fā)生偏轉

9.一質量為〃，的物體用一根足夠長細繩懸吊于天花板上的。點，〃

現用一光滑的金屬鉤子勾住細繩，水平向右緩慢拉動繩子（鉤八

子與細繩的接觸點A始終在一條水平線上），下列說法正確的

是（）,

A.鉤子對細繩的作用力始終水平向右

B.04段繩子上的張力大小不變

C.鉤子對細繩的作用力逐漸增大

D.鉤子對細繩的作用力可能等于近mg

10.電磁驅動是21世紀初問世的新概念，該技術被視為將帶來交通工具大革命。多國

科學家都致力于此項研究。據2015年央廣新聞報道，美國國家航空航天局(M4SA)

在真空成功試驗了電磁驅動引擎，如果得以應用，該技術將在未來的星際旅行中派

上大用場。在日常生活中，比如摩托車和汽車上裝有的磁性轉速表就是利用了電磁

驅動原理如圖所示是磁性式轉速表及其原理圖，關于磁性式轉速的電磁驅動原理，

A.鋁盤接通電源，通有電流的鋁盤在磁場作用下帶動指針轉動

B.永久磁體隨轉軸轉動產生運動的磁場，在鋁盤中產生感應電流，感應電流使鋁

盤受磁場力而轉動

C.鋁盤轉動的方向與永久磁體轉動方向相同

D,由于鋁盤和永久磁體被同轉軸帶動，所以兩者轉動是完全同步的

11.在“驗證機械能守恒定律”實驗中，某同學采用讓重物自由下落的方法驗證機械能

守恒定律，實驗裝置如圖1所示。

(1)除圖中給出的器材外，下面列出三種器材，完成實驗不需要的是。

A.交流電源B.刻度尺C.天平

(2)某同學從打出的紙帶中選出一條理想的紙帶，如圖2所示。選取紙帶上連續(xù)打

出的三個點4、B、C,測得它們到起始點。的距離分別為九1、殳、無3。已知重錘

的質量為，”，打點計時器所接交流電的頻率為了,當地的重力加速度為g。從起始

點。開始到打下B點的過程中，重錘重力勢能的減小量△Ep=,重錘動能

的增加量△Ek=。在誤差允許的范圍內，如果AEp=AEfc,則可驗證機械

能守恒.

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圖1

12.利用電流表（內阻約為0.1。）和電壓表（內阻約為3k0）測定一節(jié)干電池的電動勢和內

阻（約為幾歐），要求盡量減小實驗誤差。

（1）應該選擇的實驗電路是（填寫“甲”或“乙”）。

（2）處理實驗中的數據得到如圖丙所畫圖線，由此可得出干電池的內阻r=

。（結果保留2位有效數字）。

（3）本實驗存在系統誤差，經分析可知所測干電池的電動勢比真實值（填寫

“偏大”或“偏小”）。

（4）為了較準確地測量電動勢，有人設計了如圖丁所示測量電路，是穩(wěn)壓電源，

A8是一根均勻的電阻絲，其電阻和長度成正比，燈是標準電池（電動勢均已知），&

是待測電池（電動勢Ex未知）?，F合上開關S后，將開關Si和S2合到&一側，保持滑

動接頭處于。點不動，調整電阻R使電流計G中無電流。此后保持R不變，將開

關a和S2合向&一側，這時移動滑動接頭的位置，直到電流計中也沒有電流為止。

以X表示這時滑動接頭的位置，己測得A。段距離為〃AX段距離為〃X，則可

求得待測電源電動勢&=。

13.如圖所示，一質量m=1kg的小物塊放在水平地面上A點，A點與豎直墻面的距離

為2m,物塊與地面間的動摩擦因數〃=0.8o若小物塊從A點以%=9m/s的初速

度向正對墻面方向運動，在與墻壁碰撞后以M=6ni/s的速度反彈。小物塊可視為

質點，g取lOm/s?。

(1)求小物塊在地面上運動時的加速度大小a；

(2)求小物塊與墻壁碰撞前的速度大小v；

(3)若碰撞時間為t=0.1s,求碰撞過程中墻與物塊間平均作用力的大小幾

14.XCT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱,XCT掃描機可用于對多種病情的探

測。圖甲是某種XCT機主要部分的剖面圖，其中產生X射線部分的示意圖如圖乙

所示。圖乙中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內為偏轉元件中的勻強偏

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轉場S：經調節(jié)后電子從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到水平圓形

靶臺上的中心點P,產生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)。已知電子的質量為相，

帶電荷量為e,MN兩端的電壓為4,偏轉場區(qū)域水平寬度為L。，豎直高度足夠長，

MN中電子束距離靶臺豎直高度為H,忽略電子的重力影響，不考慮電子間的相互

作用及電子進入加速電場時的初速度，不計空氣阻力。

(1)求電子剛進入偏轉場時的速度大??；

(2)若偏轉場S為垂直紙面向里的勻強磁場，要實現電子束射出偏轉場S時速度方

向與水平方向夾角為30。，求勻強磁場的磁感應強度B的大小；

(3)若偏轉場S為在豎直平面內豎直向上的勻強電場，當偏轉電場強度為E時電子

恰好能擊中靶臺P點。而儀器實際工作時，電壓%會隨時間成正弦規(guī)律小幅波動，

波動幅度為△(7,如圖丙所示。電子通過加速電場的時間遠小于加速電壓%的變化

周期，不考慮加速電場變化時產生的磁場，在此情況下，為使電子均能擊中靶臺，

求靶臺的最小直徑。

偏轉場S

圖乙

15.如圖所示，絕熱的輕質活塞2將一定質量的理想氣體封閉在水平放置的固定絕熱氣

缸內，輕質活塞1與2通過一水平輕質彈簧連接，兩活塞之間為真空，活塞與氣缸

壁的摩擦忽略不計，用水平外力尸使活塞1靜止不動。現增大外力F,使活塞1緩

慢向右移動，則此過程中氣體的溫度（填“升高”“降低”或“不變”）；

氣體分子在單位時間內撞擊氣缸內壁單位面積上的次數（填“增加”“不

變”或“減少”）。

產一*WW或2%必

16.如圖所示，兩側粗細均勻的。形玻璃管豎直放置，左端封閉，

右端開口。開始時左管內空氣柱長20cm,兩管水銀面等高，溫

度不變，大氣壓強為Po=75cm"g,管內氣體可視為理想氣體。

①若右管足夠長，從右側管口緩慢加入水銀，左管內氣柱長度

變?yōu)?5s。求加入水銀的長度；

②若左右管管口等高，用厚度不計的活塞從右管管口緩慢推入,仍使左管內氣柱

長變?yōu)?5a”，若過程中沒有漏氣現象，求活塞推入的深度。

17.如圖甲所示，在xOy平面內有兩個沿z方向做簡諧振動的點波源Si（-2,0）和52（4,0）。

兩波源的振動圖線分別如圖乙和圖丙所示，兩列波的波速均為0.50m/s。兩列波從

波源傳播到點4（-2,8）的振幅為m,兩列波引起的點B（L4）處質點的振動相

互______（填“加強”或“減弱”）。

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18.如圖所示，等腰三角形ABC是三棱鏡的截面，底角44=4。=30。。/18面鍍有銀，

一束單色光垂直AC邊從。點射入,照射在AB邊的中點E,反射光照射在AC面上，

AC面的反射光線照射到8c邊上的F(圖中未畫出)點，在F點的出射光線平行于AC。

已知48邊長為L,光在真空中的傳播速度為c,不考慮光在BC面的反射。

(1)試判斷光在AC面是否會發(fā)生全反射；

(2)求光從D點傳播到尸點所用的時間。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、焦耳發(fā)現了電流熱效應的規(guī)律，并提出了焦耳定律，故A正確；

8、庫侖總結出了點電荷間相互作用的規(guī)律，故8錯誤；

C、奧斯特發(fā)現了電流的磁效應，拉開了研究電與磁相互關系的序幕，故C錯誤；

。、洛倫茲對帶電粒子在磁場中受力作了深入研究并得到了定量的結果，故。錯誤。

故選：A。

本題是物理學史問題，根據焦耳、庫侖、奧斯特、安培等人的物理學成就進行解答。

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

記憶，重視知識的積累。

2.【答案】D

【解析】解：AB、設&=京=無，忽略空氣阻力，則做平拋運動，豎直方向：h=\gtl，

2九=：。埒

整理可以得到：著=*；

水平方向為勻速運動，而且水平位移大小相等，貝!1：%=v0AtA=v0BtB,

整理可以得到：v0A：v0B=V2：1,故48錯誤；

C動量為矢量，由圖可知，二者與墻碰撞時其速度方向不相同，故二者碰到墻面時的動

量不可能相同，故C錯誤；

D設兩球的質量相等，均為孫從拋出到與墻碰撞，根據動能定理有：

mgh=EKA--mv^A

1

2mgh=EKB--mv^B

整理可以得到：

斤A12

EKA-mgh=-mv^A

?Q,12

EKB-2mgli=-mv^B

解得：EKA-2EKB-mgh

若=rn.gh,則EKA=EKB'故。正確。

故選：D。

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根據平拋運動的規(guī)律求解兩球碰到墻面前運動的時間之比和兩球發(fā)射的初速度之比；動

量是一個矢量，方向不同動量一定不同；根據動能定理分析末動能的大小關系。

本題主要是考查了平拋運動的規(guī)律和動量的概念，知道平拋運動可以分解為水平方向的

勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動。

3.【答案】C

【解析】解：A8、0A段繩索受到的拉力

與0C段受到的拉力相等，對物體根據平

衡條件可得繩索對物體的拉力大小為7=

mg,所以0A段繩索受到的拉力等于mg,

故AB錯誤；

C。、設兩段繩索之間的夾角為2。，由于同

一條繩索拉力相等，則兩段繩索的合力沿

角平分線方向，如圖所示；根據平衡條件

可得：2Tcos6=F,解得：F=2mgeos。；

由于。＞0,所以08桿對定滑輪的支持力尸＜2mg,故C正確、。錯誤。

故選：Co

以物體為研究對象，根據平衡條件求解繩索的拉力；以O處滑輪為研究對象，根據平衡

條件分析08桿對定滑輪的支持力。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，關鍵是能夠確定研究對象、進行受力分析、利用

平行四邊形法則進行力的合成，然后建立平衡方程進行解答。

4.【答案】C

【解析】解：設火星質量為M,半徑為凡密度為p,火星表面重力加速度為g,探測

器質量為，小

A。、探測器繞火星做圓周運動，萬有引力做向心力，故有：鬻（年）2R；

所以，M=察，故火星質量、半徑無法計算；故A。錯誤；

GT2

,,M371.

C、火星密度。=萍=蘇，故C正確；

B、由火星表面物體重力等于萬有引力可得:甯=mg,所以，重力加速度g=瑞=等,

由于K未知，故g無法求解，故B錯誤;

故選：c.

根據萬有引力做向心力得到火星質量的表達式，再由球體體積公式求得火星密度表達式,

最后通過火星表面物體重力等于萬有引力得到重力加速度的表達式，即可根據表達式判

斷是否可求解.

萬有引力的應用問題一般由重力加速度求得中心天體質量，或由中心天體質量、軌道半

徑、線速度、角速度、周期中兩個已知量，根據萬有引力做向心力求得其他物理量.

5.【答案】B

【解析】解：“位置的電場強度較密集，則Ea>Eb；

根據順著電場線方向電勢逐漸降低，知外<Wb，故B正確，ACD錯誤。

故選:B。

根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大小.再根據電場線的方向分析電勢高低.

本題關鍵是明確電場強度的大小看電場線的疏密程度，電勢高低看電場線的方向.

6.【答案】D

【解析】解：小由右手定則可知導線A在其左側的磁場向下，在其右側產生的磁場向

上；導線8在其左側的磁場向下，在其右側產生的磁場向上，因此a點磁場向下，b點

磁場向上，故A錯誤；

B、由題知II〉%,則導線A在匕點產生的磁感應強度比導線B在6點產生的磁感應

強度大，導線A在b點的磁場水平向左，導線B在匕點水平向右，因此b點磁場水平向

左，故B錯誤；

C、B對A的安培力與導線A對8的安培力是一對相互作用力大小相等、方向相反，故

C錯誤；

D、A和8導線電流方向相同，同向電流導線相互吸引，則導線AB相互吸引，故。正

確。

故選:Do

由右手定則和磁感應強度的疊加求解；根據力的作用的相互性判斷；根據同向電流導線

相互吸引判斷。

本題以中國的特高壓直流輸電網己達到世界先進水平為情景載體，考查了右手定則、磁

感應強度的疊加、安培力等基礎知識，要求學生對這部分知識要深刻理解，強化記憶，

勤加練習。

第12頁，共20頁

7.【答案】C

【解析】解：A、由楞次定律可得，穿過線圈的磁通量越來越大，則此時線圈電流為順

時針，電流方向從“到人流過電阻凡故a點電勢高于匕點電勢，故A錯誤；

B、由圖象可知，圖象的斜率火=詈=若Wb/s=0.05Wb/s,已知線圈匝數為：N=

200匝，

故后=2警=200x0.05=10乙由于線圈內阻為r=20,R=480,二者串聯，由串

聯電路分壓定律可得：3=普，UT+U2=10V,故/=9.6V,

故B錯誤；

CD、已知回路中的電流為：/=今=苔/=0.24由電流的定義式可得：q=/t=

K+Tz+4o

0.2x0.1C=0.02C,由電動勢的定義式可得：F=pW為非經典力所做的功，代入數

據可得：W=qE=10X0.02J=0.27,故C正確，。錯誤；

故選：Co

由楞次定律分析出感應電流的方向，再由法拉第電磁感應定律求出電流的大小，以此進

行分析。

本題主要考查了楞次定律，法拉第電磁感應定律，電功和電功率的計算，解題關鍵在于

線圈此時相當于電源，線圈的內阻相當于電源的內阻。

8.【答案】ABD

【解析】解：A、通過線圈A移動滑動變阻器，及開關51來改變線圈A的電流大小，從

而導致線圈B中的磁通量發(fā)生變化，進而可判定線圈8中是否有感應電流產生，故4

正確；

B、當S2處于閉合狀態(tài)，在Si閉合瞬間，穿過線圈8的磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，

發(fā)現電流表指針會發(fā)生偏轉，故B正確；

C、當Si處于閉合狀態(tài)，在S2閉合瞬間，穿過線圈3的磁通量不發(fā)生變化，不產生感應

電流，電流表的指針不會發(fā)生偏轉，故C錯誤；

。、兩開關均處于閉合狀態(tài)，電路穩(wěn)定后勻速移動滑動變阻器的滑片，穿過線圈8的磁

通量發(fā)生變化，產生感應電流，發(fā)現電流表指針會發(fā)生偏轉，故。正確。

故選：ABD。

根據感應電流產生的條件分析答題，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，電路產生感應電

流。

本題考查判斷電流表指針是否發(fā)生偏轉，知道感應電流產生的條件即可正確解題，平時

要注意基礎知識的學習與積累。

9.【答案】BC

【解析】解：A、鉤子對繩的力與繩子對鉤子的力是相互作用力，方向相反，根據平行

四邊形定則可知，兩段繩子對鉤子的作用力的合力是向左下方的，故鉤子對細繩的作用

力向右上方，故A錯誤；

B、物體受重力和拉力而平衡，故拉力T=mg,而同一根繩子的張力處處相等，故所以

段繩子的力7=mg,大小不變，故8正確；

C、兩段繩子拉力大小相等，均等于〃吆，夾角在減小，根據平行四邊形定則，合力變大，

故根據牛頓第三定律，鉤子對細繩的作用力也是逐漸變大，故C正確；

。、根據平行四邊形定則可知，當兩斷繩子之間的夾角為90。時，鉤子對細繩的作用力

等于魚血。，由于是水平向右緩慢拉動繩子，系統處于平衡狀態(tài)，如果兩段繩子的夾角

等于90。，豎直方向受力不平衡，所以兩段繩子拉力的夾角一直大于90。，故鉤子對細繩

的作用力不可能等于Vlmg，故。錯誤.

故選：BC。

物體受重力和拉力而平衡；同一根繩子的張力處處相等；兩個等大的力合成時，夾角越

小，合力越大，由此分析。

解決該題需要明確知道兩段繩子是同一根，拉力大小始終相同，掌握共點力平衡相關的

規(guī)律，知道分力不變，合力隨分力的夾角的減小而增大。

10.【答案】BC

【解析】解：A、當永久磁鐵隨轉軸轉動時，產生轉動的磁揚，在鋁盤中會產生感

應電流，這時永久磁鐵的磁場會對鋁盤上的感應電流有力的作用，而產生一個轉動的力

矩，使指針轉動，由于彈簧游絲的反力矩，會使指針穩(wěn)定指在某一刻度上，故A錯誤,

2正確；

C.該轉速表運用了電磁感應原理，由楞次定律知，鋁盤磁場總是阻礙永久磁鐵轉動，要

使減小穿過鋁盤磁通量的變化，永久磁鐵轉動方向與鋁盤轉動方向相同，故C正確；

D永久磁鐵固定在轉軸上，鋁盤國定在指針軸上，鋁盤和永久磁體不是同轉軸帶動，所

以兩者轉動不是同步的，故。錯誤。

故選：BC。

第14頁，共20頁

明確儀器原理，知道永久磁鐵轉動時會產生變化的磁場，從而在鋁盤中形成感應電流,

根據楞次定律分析鋁盤中磁場與永久磁鐵間的轉動關系。

本題考查電磁感應在生活和生產中的應用，關鍵明確儀器原理，知道哪部分電路產生電

磁感應，會根據楞次定律分析即可。

m22

11.【答案】cmgh2^-yf

8

【解析】解：⑴根據“驗證機械能守恒定律”實驗的原理選擇器材：A、交流電源是打

點計時器配套使用，故A必須有；

B、刻度尺是測位移所用，故8必須有；

C、天平測質量，但由于動能和重力勢能的公式中均有質量的因子，則C不是必須的，

故選：Co

(2)從起始點。開始到打下B點的過程中，重力勢能的減小量△Ep=7nM，而如=等=

-T，動能的增加量△Ek=^mvj=231絲。

/28

故答案為：(1)C；(2)小。h2、叫電-恒"

8

(1)根據實驗的原理確定所需測量的物理量，從而確定所需的測量器材。

(2)需要用刻度尺測出重物下落的高度，應用勻變速直線運動的推論求出重物的瞬時速

度。根據下降的高度求出重力勢能的減小量，根據某段時間內平均速度等于中間時刻的

瞬時速度求出C點的瞬時速度，從而得出動能的增加量。

本題考查了實驗器材、實驗數據處理等問題，知道實驗原理與實驗器材I實驗數據處理

方法是解題的關鍵，掌握基礎知識即可解題，平時要注意基礎知識的學習與掌握。

12.【答案】甲2.5偏小拌品

LAD

【解析】解：(1)如果選擇圖乙所示電路圖，電源內阻的測量值等于電源內阻真實值與

電流表內阻之和，由于電流表內阻很小，采用圖乙所示電路圖時電源內阻測量誤差較大,

為減小實驗誤差，應選擇圖甲所示電路圖。

(2)根據圖甲所示電路圖，山閉合電路的歐姆定律可知，路端電壓〃=E-由圖丙所

示U-/圖象可知，電源內阻「=與=筆;￥。=2.50。

(3)由圖甲所示電路圖可知，由于電壓表的分流作用，電流測量值小于真實值，當外電

路短路時，短路電流測量值等于真實值，電源的U-/測量圖象與理論圖象如圖所示

u

\真

o

由圖示圖象可知，干電池電動勢的測量值小于真實值。

(4)保持滑動接頭處于。點不動，電阻絲48中的電流保持不變，

電流計G中沒有電流，電源電動勢與金屬絲并聯部分電壓相等，

設金屬絲中的電流為/,金屬絲單位長度電阻為R,由并聯電路特點與歐姆定律得：

ILADR~Es，〃AXR-Ex，

解得待測電源電動勢區(qū)=^-Es.

LAD

故答案為：(1)甲；(2)2.5；(3)偏小:(4)寰久。

(1)干電池內阻很小，從減小實驗誤差的角度選擇實驗電路圖。

(2)根據圖示電路圖應用閉合電路的歐姆定律求出圖象的函數表達式，根據圖示圖象求

出電源內阻。

(3)根據圖示電路圖與實驗誤差來源分析實驗誤差。

(4)根據圖示電路圖與實驗步驟應用歐姆定律求出電源電動勢。

本題考查了測電源電動勢與內阻實驗，近幾年的物理實驗的考查已不再局限于基本問題

的考查，而是更多的進行一些設計性實驗的考查，在解決問題時應注意理解實驗中的原

理，再結合學過的實驗內容進行分析解答；此類問題對學生要求較高，應注意訓練.

13.【答案】解：(1)小物塊由A到墻過程做勻減速運動，由牛頓第二定律得：Ff=ma

由題意得：Ff="mg

代入數據解得小物塊在地面上運動時的加速度大小a為:a=四=0.8X10m/s2=

8m/s2

(2)小物塊由A到墻過程做勻減速運動，由動能定理得：-fimgs=|?nv2-1mv^

代入數據解得小物塊與墻壁碰撞前的速度大小v為：u=7m/s

(3)以反彈后的速度方向為正方向，由動量定理：Ft=mv-(~mv)

代入數據解得碰撞過程中墻與物塊間平均作用力的大小F為:F=130N

答：(1)求小物塊在地面上運動時的加速度大小為8m/s2；

(2)求小物塊與墻壁碰撞前的速度大小為7m/s；

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(3)若碰撞時間為t=0.1s,碰撞過程中墻與物塊間平均作用力的大小為130M

【解析】(1)小物塊由A到墻過程做勻減速運動，由牛頓第二定律可求小物塊的加速度

大?。?/p>

(2)由動能定理可求小物塊與墻壁碰撞前的速度大小v；

(3)先選定正方向，由動量定理得墻對小物塊的平均作用力的大小。

解答此題的關鍵是分析清楚物體運動過程、應用動能定理、動量定理即可正確解題，注

意使用動量定理時應選擇正方向。

14.【答案】解：(1)電子在加速電場中，由動能定理有

2

eU0=!?nv

解得電子剛進入偏轉場時的速度大小〃=回

(2)由幾何關系可得，此時電子在磁場中的運動半徑r=2L0

2

由牛頓第二定律得evB=^-

聯立兩式并將速度v代入解得磁感應強度B=看再

(3)設偏轉場右邊界距P點的水平距離為L

電子偏出電場時垂直初速方向的位移力=/辭＜?)2

電子偏出電場后到達靶上P點，在垂直初速方向的位移曠2=辭?曰?生

由幾何關系有%+%=H

聯立兩式并將速度v代入解得L=等-*

隨電壓的變化電子在靶上的掃描長度為△L=鬻

因此靶臺的最小直徑d=△L=等

CLQ

答：(1)電子剛進入偏轉場時的速度大小為再；

(2)若偏轉場S為垂直紙面向里的勻強磁場，要實現電子束射出偏轉場S時速度方向與

水平方向夾角為30。，勻強磁場的磁感應強度B的大小為工叵;

LO72B

(3)為使電子均能擊中靶臺，靶臺的最小直徑為等。

【解析】(1)電子受到向右的電場力，據動能定理求出速度；

(2)根據洛倫茲力提供向心力以及動能定理求解電子做圓周運動的半徑表達式，由幾何

關系求得半徑，聯立可求得磁感應強度大小；

(3)由動力學規(guī)律及幾何關系偏轉總距離的關系式，從而判斷改變加速電壓后P點的變

化情況。

解決該題需要明確知道電子在各個區(qū)域的運動情況，知道在勻強電場中順著電場線電勢

的變化情況，能正確推導出電子在磁場中運動半徑。

15.【答案】升高增加

【解析】解：外力尸作用在活塞1上，緩慢向右移動，彈簧被壓縮，彈力大于氣體壓力，

活塞2向右移動，壓縮氣體，活塞對氣體做正功。氣缸絕熱，不存在熱傳遞，根據熱力

學第一定律：△〃=(?+W,知氣體的內能增加，溫度升高。

氣體的體積減小，溫度升高，由氣態(tài)方程景=C知氣體的壓強增大?；钊?向右移動，

氣體的體積減小，單位體積內分子數增加，又氣體溫度升高，氣體分子平均動能增大，

故氣體分子在單位時間內撞擊容器壁上單位面積的次數增加。

故答案為：升高，增加。

活塞1緩慢向右移動，壓縮彈簧，進而壓縮氣體，對氣體做正功，外力尸做的功一部分

轉化為彈性勢能，一部分轉化為氣體內能。根據壓強的變化，分析氣體分子在單位時間

內撞擊氣缸內壁單位面積上的次數變化。

此題綜合考查熱力學第一定律與氣體的壓強。要注意活塞對氣體做正功，絕熱壓縮氣體

時氣體的內能增加。

16.【答案】解：①設玻璃管的橫截面積為5,氣體初狀態(tài)壓強四=po=75cm"g,體

積匕=L]S=20S,

氣體末狀態(tài)的體積彩=L2S=15S,氣體溫度不變，由玻意耳定律得：

Pi%=P2V2

代入數據解得：P2=lOOcmHg

設兩管水銀面的高度差為h,則pz=Po+Pn=(75+h)cmHg

解得：h-25cm,

右管加入的水銀柱長度：x=2al-L2)+/I=2x(20-15)cm+25cm=35cm；

②右側管內活塞推入x后，左管內氣柱長變?yōu)闀r，壓強「2=lOOcmHg

右側管內封閉氣體初狀態(tài)壓強：P萬1=Po=75cmHg,體積="S,

末狀態(tài)壓強P右2=P2-Ph'=[P2-2&-L2)]cmHg=[100-2x(20-IS^cmHg=

90cmHg,

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設活塞推入的深度是X'