2021年安徽省名校聯(lián)考高考物理模擬試卷

2021年安徽省名校聯(lián)考高考物理模擬試卷

1.1897年英國物理學(xué)家約瑟夫?約翰?湯姆生在研究陰極射線時發(fā)現(xiàn)了電子，這是人類

最早發(fā)現(xiàn)的基本粒子。下列有關(guān)電子說法正確的是（）

A.電子的發(fā)現(xiàn)說明原子核是有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的

B.夕射線也可能是原子核外電子電離形成的電子流，它具有中等的穿透能力

C.光電效應(yīng)實驗中，逸出的光電子來源于金屬中自由電子

D.盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型認為核外電子的軌道半徑是量子化的

2.如果沒有空氣阻力，天上的云變成南之后落到地面，在經(jīng)過一路的加速后，到達地

面時的速度會達到300米/秒，這樣的速度基本相當(dāng)于子彈速度的一半，是非常可

怕的。由于空氣阻力的作用，雨滴經(jīng)過變加速運動，最終做勻速運動，一般而言，

暴雨級別的雨滴落地時的速度為8?9米/秒。某次下暴雨時小明同學(xué)恰巧打著半徑

為0.5m的雨傘（假設(shè)傘面水平，雨水的平均密度為0.5kg/m3）,由于下雨使小明增

加撐雨傘的力最小約為（）

A.0.25NB.2.5NC.25ND.250N

3.建筑工人常常徒手向上拋磚塊，當(dāng)磚塊上升到最高點時被樓上的師傅接住。在一次

拋磚的過程中，磚塊運動3s到達最高點，將磚塊的上升運動看作勻變速直線運動，

磚塊通過第2s內(nèi)位移的后］用時為不通過第15內(nèi)位移的前;用時為5則占滿足（）

A2<包<工B2<”<ZCDi<^<l

?5%45403?3J25?tl

4.如圖所示，A、B、C是三級臺階的端點位置，每一級臺階的水平寬度是相同的，其

豎直高度分別為九1、殳、八3,將三個相同的小球分別從A、B、C三點以相同的速

度北水平拋出，最終都能到達A的下一級臺階的端點P處，不計空氣阻力。關(guān)于從

A、B、C三點拋出的小球，下列說法正確的是（）

A.在空中運動時間之比為以：tB：tc=1：3：5

B.豎直高度之比為九i：%：九3=1：2：3

C.在空中運動過程中，動量變化率之比為當(dāng)：空：安=1：1：1

△cAcAc

D.到達P點時，重力做功的功率之比為匕：PB：Pc=1：4：9

5.2019年1月3日，嫦娥四號月球探測器平穩(wěn)降落在月球背面南極一艾特肯盆地內(nèi)的

馮?卡門撞擊坑內(nèi)，震驚了全世界。嫦娥四號展開的太陽能電池帆板在有光照時，

可以將光能轉(zhuǎn)化為電能，太陽能電池板作為電源，其路端電壓與干路電流的關(guān)系如

圖所示，則下列說法正確的是（）

A.該電池板的電動勢為2.80U

B.隨著外電路電阻增大，其內(nèi)阻逐漸增大

C.外電路阻值為M0時電源輸出功率約為3.2W

D.外電路阻值為1k。時電源效率約為36%

6.2019年9月12日，我國在太原衛(wèi)星發(fā)射中心“一箭三星”發(fā)射成功?，F(xiàn)假設(shè)三顆

星.、6、c均在在赤道平面上繞地球勻速圓周運動，其中“、b轉(zhuǎn)動方向與地球自

轉(zhuǎn)方向相同,c轉(zhuǎn)動方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反,a、b、c三顆星的周期分別為兀=6八、

Tb=24九、Tc=12h,下列說法正確的是（）

A.a、b每經(jīng)過6/z相遇一次B.〃每經(jīng)過8/?相遇一次

C.b,c每經(jīng)過8人相遇一次D.b、c每經(jīng)過劭相遇一次

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7.如圖所示，半徑為八電阻為R的單匝圓形線框靜止于絕緣水平面上，以圓形線框

的一條直徑為界，其左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖甲所示的勻強磁場，以垂直紙

面向里的磁場為正，兩部分磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間f變化的規(guī)律分別如圖乙所

A.號時刻線框中磁通量為零

B.線框中電流方向為順時針方向

C.線框中的感應(yīng)電流大小為窘

D.線框受到地面向右的摩擦力為二零

8.光滑絕緣的水平地面上，一質(zhì)量m=1.0kg、電荷量q=>

1.0X10-6（；的小球靜止在。點，現(xiàn)以。點為坐標原點在

水平面內(nèi)建立直角坐標系xOy,如圖所示，從t=0時刻開

始，水平面內(nèi)存在沿x、y方向的勻強電場Ei、E2,場強Ox

大小均為1.0xt=0.1s時，y方向的電場變?yōu)?y方向，場強大小不變；

t=0.2s時，y方向的電場突然消失，x方向的電場變?yōu)?%方向，大小&'=2邑.下

列說法正確的是（）

A.t=0.3s時，小球速度減為零

B.t=0.1s時，小球的位置坐標是（0.05m,0.15m）

C.t=0.2s時，小球的位置坐標是（0.1m,0.1m）

D.t=0.3s時,小球的位置坐標是（0.3m,0.1m）

9.在“探究求合力的方法”實驗中，所用器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的

彈簧測力計兩個，橡皮條（帶兩個較長的細繩套），刻度尺，圖釘（若干個）。

乙

(1)具體操作前，同學(xué)們提出了如下關(guān)于實驗操作的建議，其中正確的是。

A.橡皮條彈性要好，拉結(jié)點到達某一位置。時，拉力要適當(dāng)大些

8.再次進行驗證時，結(jié)點。的位置必須保持相同

C使用測力計時，施力方向應(yīng)沿測力計軸線；讀數(shù)時視線應(yīng)正對測力計刻度

。.拉橡皮條的細線要稍長一些，標記同一細繩方向的兩點距離要遠一些

(2)實驗小組用圖甲裝置得到了如圖乙所示的兩個分力0、6及合力廠的圖示。關(guān)

于合力與分力的關(guān)系，某同學(xué)認為用虛線連接&和尸的末端A、C,則AOC如圖丙

構(gòu)成一個三角形，若滿足,則說明合力與分力之間的關(guān)系滿足平行四邊形定

貝！I。

10.學(xué)習(xí)了“測量電源的電動勢和內(nèi)阻”后，物理課外活動小組設(shè)計了如圖甲所示的實

驗電路，電路中電源電動勢用E,內(nèi)阻用r表示。

國甲國乙m

(1)若閉合電鍵S1，將單刀雙擲電鍵S2擲向4,改變電阻箱R的阻值得到一系列的電

壓表的讀數(shù)U,處理數(shù)據(jù)得到圖象如圖乙所示，寫出U關(guān)K系式______。(不考慮

電表內(nèi)阻的影響)

(2)若斷開Si，將單刀雙擲電鍵Sz擲向6,改變電阻箱R的阻值得到一系列的電流表

的讀數(shù)/,處理數(shù)據(jù)得到圖象如圖丙所示，寫出亍-R關(guān)系式。(不考慮電表

內(nèi)阻的影響)

(3)課外小組的同學(xué)們對圖象進行了誤差分析，發(fā)現(xiàn)將兩個圖象綜合起來利用，完

全可以避免由于電壓表分流和電流表分壓帶來的系統(tǒng)誤差。己知圖象乙和丙縱軸截

距分別為瓦、b2,斜率分別為七、的?則電源的電動勢E=，內(nèi)阻r=o

(4)不同小組的同學(xué)用不同的電池組(均由同一規(guī)格的兩節(jié)干電池串聯(lián)而成)，按照

(1)中操作完成了上述的實驗后，發(fā)現(xiàn)不同組的電池組的電動勢基本相同，只是內(nèi)

電阻差異較大。同學(xué)們選擇了內(nèi)電阻差異較大的甲、乙兩個電池組繼續(xù)進一步探究,

對電池組的輸出功率P隨外電阻R變化的關(guān)系，以及電池組的輸出功率P隨路端

電壓U變化的關(guān)系進行了猜想，并分別畫出了如圖丁所示的P-R和P-U圖象。

若已知甲電池組的內(nèi)電阻較大，則下列各圖中可能正確的是(選填選項的字

母)。

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11.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，y軸沿豎直方向。在％=ZJk=2L之間

存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，一個比荷為人的帶電微

粒從坐標原點以一定初速度沿+x方向拋出，進入電場和磁場后恰好在豎直平面內(nèi)

做勻速圓周運動，離開電場和磁場后，帶電微粒恰好沿+x方向通過X軸上x=3L的

位置，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為8,重力加速度為g。求：

(1)電場強度的大小；

(2)帶電微粒的初速度；

(3)帶電微粒做圓周運動的圓心的縱坐標。

12.如圖所示，質(zhì)量為Tn】的長木板靜止在水平地面上，與地面間的動摩擦因數(shù)為4=

0.5,右端有一固定的、光滑的半徑R=0.4m的四分之一圓弧軌道(接觸但無黏連)，

長木板上表面與圓弧面最低點等高，木板左側(cè)有一同樣的固定的圓弧軌道，木板左

端與左側(cè)圓弧軌道右端相距a=1m。質(zhì)量為62=2ml的小木塊(看成質(zhì)點)從距木

板右端x=2m處以%=10m/s的初速度開始向右運動，木塊與木板間的動摩擦因

數(shù)為〃2=。.9，重力加速度取g=10m/s2.求：

(Dm2第一次離開右側(cè)圓弧軌道后還能上升的最大高度。

(2)使機2不從巾1上滑下，的最短長度。

(3)若nr1取第(2)問中的最短長度，加2第一次滑上左側(cè)圓弧軌道上升的最大高度。

13.如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體，按圖示方向經(jīng)歷了

A8CD4的循環(huán)，其p-P圖線如圖。狀態(tài)B時，氣體分

子的平均動能比狀態(tài)A時氣體分子的平均動能(

選填“大”或“小”);由B到C的過程中，氣體將

(選填“吸收”或“放出”)熱量；經(jīng)歷48CD4

一個循環(huán)，氣體吸收的總熱量(選填“大于”或“小于”)釋放的總熱量

14.一豎直放置、內(nèi)壁光滑且導(dǎo)熱良好的圓柱形氣缸內(nèi)封閉有可視為理想氣體的。2,被

活塞分隔成A、8兩部分，氣缸的橫截面積為S,達到平衡時，兩部分氣體的體積

相等，如圖(a)所示，此時4部分氣體的壓強為po；將氣缸緩慢順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)轉(zhuǎn)

過90。使氣缸水平再次達到平衡時，A、B兩部分氣體的體積之比為1：2,如圖(b)所

示。已知外界溫度不變，重力加速度大小為g,求：

(團)活塞的質(zhì)量m；

(回)繼續(xù)順時針轉(zhuǎn)動氣缸，當(dāng)氣缸從水平再轉(zhuǎn)過角度。時，如圖(c)所示，A、B兩部

分氣體的體積之比為1：3,則sin。的值是多少？

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15.如圖所示，截面ABC。為矩形的透明設(shè)備放置在真空環(huán)境中，

AB=2a,頻率為v的光人入射到上表面與AD的夾角為。=30°,

折射到A8面中點時恰好發(fā)生全反射，則該設(shè)備材料的折射率為

;若真空中的光速為。，則光從射入到第一次射出需要的

時間為:若有另一束光G能和刀發(fā)生干涉，則6的頻率

貝填“大于”“等于”或“小于”）。

16.坐標原點處的波源在t=0時開始沿y軸負向振動，t=1.5s時它正好第二次到達波

谷，如圖為七=1.5s時沿波的傳播方向上部分質(zhì)點振動的波形圖，求：

（團）這列波的傳播速度是多大？寫出波源振動的位移表達式；

（團）與=5.4a的質(zhì)點何時第一次到達波峰？

（團）從G―0開始至x=5.4m的質(zhì)點第一次到達波峰這段時間內(nèi)，x2=30cm處的質(zhì)

點通過的路程是多少？

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、原子是由原子核及核外電子組成的，電子的發(fā)現(xiàn)說明原子是可以再分

的，不能說明原子核的結(jié)構(gòu)，故4錯誤；

8、￡射線是電子流，它是原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子的過程中釋放出的，它具有

中等的穿透能力，故8錯誤；

C、根據(jù)光電效應(yīng)現(xiàn)象的定義可知光電效應(yīng)實驗中，逸出的光電子來源于金屬中自由電

子，故C正確：

。、盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)模型認為在原子的中心有一個很小的核，叫原子核，原子的

全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在原子核里，帶負電的電子在核外空間里繞著核旋轉(zhuǎn),

而軌道量子化是波爾在盧瑟福模型的基礎(chǔ)上加以改進而提出的，故。錯誤。

故選：C。

電子的發(fā)現(xiàn)說明原子是有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的；￡射線是原子核內(nèi)電子形成的電子流，它具有中

等的穿透能力；光電子來源于金屬中自由電子；盧瑟福研究原子結(jié)構(gòu)時僅僅是提出來電

子繞原子核做圓周運動，沒有引入量子化理論。

本題主要考查了原子的認識歷程及原子結(jié)構(gòu)，在掌握原子結(jié)構(gòu)時要注意人類的認識過程。

這種題型知識點廣，多以基礎(chǔ)為主，只要平時多加積累，難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：設(shè)，時間內(nèi)，落到雨傘上的南水的質(zhì)量為〃?，因阻力等于重力，則二力忽

略，

雨水受到雨傘的彈力為凡根據(jù)動量定理得：Ft=mv①又m=put7rr2②

由①②代入數(shù)據(jù)解得：F=25N,由牛頓第三定律可知對雨傘的力也為25N,

故C正確，ABD錯誤

故選：Co

設(shè)出一段時間/,表示出時間，內(nèi)落到雨傘上的水的質(zhì)量，對雨水受力分析，由動量定

理求得雨傘對雨水的彈力，即為增加的力。

考查動量定理的應(yīng)用，建立雨水柱的物理模型，由動量定理列式即可，注意質(zhì)量的表達

式要書寫正確。

3.【答案】C

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【解析】解：將磚塊的運動逆向看做由靜止開始的勻變速直線運動。初速度為零的勻變

速直線運動，連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為1：3：5：把3s內(nèi)位移分成9等份，可

知第2s內(nèi)位移的前5與第1s內(nèi)位移的后(相等，計為X.逆向思維，根據(jù)初速度為零的勻

加速直線運動，連續(xù)相等位移所用時間之比為1：(V2-1)：(V3-V2)：(V4-V3)：

G對應(yīng)第2段(近一1),t2對應(yīng)第9段(我一㈣，所以合四一1,選項C正確

故選：Co

磚塊向上做勻減速直線運動，初速度未知，而由題意末狀態(tài)是上升到最高點v=o,暗

示應(yīng)試者逆向思維處理本題。

本題考查基本公式的綜合應(yīng)用，特別是逆向思維.同時需要把q、t2對應(yīng)的長度相等理

解清楚。

4.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)x=水平初速度相同，A、B、C水平位移之比為1：2：3,

所以它們在空中運動的時間之比為1：2：3,故4錯誤；

2

B、根據(jù)九=1gt,知也p：hBP：hCP=1：4：9,所以豎直高度之比為b：h2：h3=1：3：

5,故8錯誤；

C、根據(jù)動量定理可知，動量的變化率為物體受到的合外力即重力，重力相同，則動量

的變化率相等，故C正確；

。、到達P點時，由為=/知，豎直方向速度之比為1：2：3,重力做功的功率「=mg%,

所以重力做功的功率之比為以：PB-Pc=1：2：3,故。錯誤。

故選：Co

研究平拋運動的方法是把平拋運動分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速

直線運動，豎直方向做自由落體運動，由于拋出速度相同，根據(jù)水平位移可確定各自運

動的時間之比，從而求出各自拋出高度之比，動量的變化率為物體受到的合外力；叼=

gt,重力做功的功率「=mg%。

本題就是對平拋運動規(guī)律的直接考查，突破口是由相同的拋出速度，不同的水平位移從

而確定運動的時間的關(guān)系，掌握住平拋運動的規(guī)律及運動學(xué)公式就能輕松解決。

5.【答案】A

【解析】解：A、分析路端電壓和干路電流的關(guān)系圖可知，圖象與縱坐標的交點為電源

的電動勢，故電動勢為2.80V,故A正確；

B、分析圖象可知，斜率表示內(nèi)阻，r=>,隨著外電路電阻增大，干路電流減小，則

圖象斜率逐漸減小，內(nèi)阻逐漸減小，故B錯誤；

CD、外電路電阻為1W2時，電池與線0的電阻連接構(gòu)成一個閉合電路，在U-/圖中作

出對應(yīng)的電阻的伏安特性曲線，如圖所示：

圖象的交點為電源的工作點，則由圖可知電源的工作電壓為1.8V,工作電流為1.8機4

1O

則電源的輸出功率：P=U1=1.8X0.0018iy=3.2X10-3W,則電源的效率”=

2.8

100%=64%,故錯誤。

故選：Ao

分析路端電壓和干路電流的關(guān)系圖可知，圖象與縱坐標的交點為電源的電動勢。

圖象斜率表示內(nèi)阻。

電池與1k。的電阻連接構(gòu)成一個閉合電路，在U-/圖中作出對應(yīng)的電阻的伏安特性曲線,

交點為實際的工作電壓和電流。

此題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)計算，解題的關(guān)鍵是明確圖象的意義，斜率

表示內(nèi)阻，縱軸截距表示電動勢。

6.【答案】BC

【解析】解：A、而轉(zhuǎn)動方向相同，在相遇一次的過程中，。比6多轉(zhuǎn)一圈，設(shè)相遇一

次的時間為△3則由不一竽=1,解得=故4錯誤，8正確；

C、兒轉(zhuǎn)動方向相反，在相遇一次的過程中，兒共轉(zhuǎn)一圈，設(shè)相遇一次的時間為△￡',

則由黑+黑=1,解得=故C正確，。錯誤；

故選：BC。

時繞地球做同向的勻速圓周運動，相遇一次時，a比人恰好多轉(zhuǎn)動一周，同理，由于兒

轉(zhuǎn)動方向相反，6c相遇，兒共轉(zhuǎn)動一圈，即可求得；

解決本題的關(guān)鍵是抓住4b和be轉(zhuǎn)動方向，明確相遇時的條件。比b多轉(zhuǎn)動一圈，be共

同轉(zhuǎn)動一圈，即可判斷。

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7.【答案】ACD

【解析】解：A、號時刻，兩部分磁場的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反，線框中的磁

通量為0，故A正確；

8、根據(jù)楞次定律可知，左邊的導(dǎo)線框的感應(yīng)電流是逆時針，而右邊的導(dǎo)線框的感應(yīng)電

流也是逆時針，則整個導(dǎo)線框的感應(yīng)電流方向為逆時針，故B錯誤；

C、由法拉第電磁感應(yīng)定律，因磁場的變化，導(dǎo)致導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，結(jié)合題意

可知，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢正好是兩者之和，即為E=2x^=巴魯；

“0to

再由閉合電路歐姆定律，可得感應(yīng)電流大小為/=與第，故c正確；

。、由左手定則可知，左、右兩側(cè)的導(dǎo)線框均受到向左的安培力，則所受地面的摩擦力

方向向右、大小與線框所受的安培力大小相等，即/=B/-2r+B2/-2r

=2Blr=故。正確。

ot()R

故選：ACD.

根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合電源的串聯(lián)特征，并

依閉合電路歐姆定律，及安培力公式即可求解。

考查楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，注意磁場正方向的規(guī)定，及掌握兩個感應(yīng)

電動勢是相加還是相減，是解題的關(guān)鍵。

8.【答案】AD

【解析】解：ABCD、從t=0時刻開始，水平面內(nèi)存在沿小y方向的勻強電場%、%,

場強大小均為1.0X由牛頓第二定律可知，qE=7HQ,小球沿+x、+y方向的

2

加速度大小均為的=a2=10m/s,經(jīng)過t=0.1s時，小球沿+工、+y方向的速度大小均

為%=v2=art=10x0.1sm/s=lm/s,小球沿+工、+y方向移動的距離大小均

為工1=丫1=|?1^2=1x10x0.l2m=0.05m；

在第二個0.1s內(nèi)，小球沿+工方向移動的距離%2=%亡2=(1X0.1+1x10x

0.12)m=0.15m,沿+y軸方向移動的距離為=172t2~\a2t2=(1x0.1|x10x

0.12)m=0.05m；第0.2s末+%方向的速度功'=?i02t=10x0.2m/s=2m/s；

在第三個0.1s內(nèi)，小球沿+工方向做勻減速直線運動，由q%'=根。2'，可得。2'=20m/s2,

2

小球沿+%方向移動的距離％3=v2t2一發(fā)=(2x0.1-1x20x0.1)m=0.1m

t=0.3s時，小球速度內(nèi)=v2'—0.2(3=(2—20x0.1)7n/s=0,故AD正確，BC錯誤。

故選：A。。

帶電小球在第一個0.1s內(nèi)做勻加速直線運動，在第二個0.1s內(nèi)加速度大小不變，在第三

個0.1s內(nèi)加速度改變，分段根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式求位移，

確定位置。

本題要根據(jù)小球的運動情況，運用運動的分解處理類斜拋運動。解要分段運用牛頓第二

定律和運動學(xué)公式，邊計算邊分析。

9.【答案】ACDAC與表示分力?2的。8長度相等，方向平行

【解析】解：(1)4、合力與分力的關(guān)系為等效替代的關(guān)系，效果是相同的，所以在同一

次實驗時，需要讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產(chǎn)生的作用效果相同，則必定結(jié)點

。的位置要相同，同時拉力的大小要適當(dāng)大一些，可以有效減小誤差，故A正確

8、在重復(fù)實驗再次進行驗證時，結(jié)點O的位置可以與前一次不同，故B錯誤

C、使用測力計時，施力方向應(yīng)沿測力計軸線，可以減小因摩擦產(chǎn)生的誤差；讀數(shù)時視

線應(yīng)正對測力計刻度，可以減小偶然誤差，故C正確

D,拉橡皮條的細線要長一些，標記用一細繩方向的兩點要遠一些，可以減小方向誤差，

故。正確

故選：ACD

(2)由平行四邊形定則可知若AC與表示分力尸2的OB長度相等，方向平行，則說明合力

與分力之間的有關(guān)系滿足平行四邊形定則。

故答案為：(1)4CD；(2)4(?與表示分力F2的OB長度相等，方向平行

做探究共點力合成的規(guī)律實驗：我們是讓兩個力拉橡皮條和一個力拉橡皮條產(chǎn)生的作用

效果相同，測出兩個力的大小和方向以及一個力的大小和方向，用力的圖示畫出這三個

力，用平行四邊形做出兩個力的合力的理論值，和那一個力(實際值)進行比較。用平行

四邊形畫出來的是理論值，和橡皮筋同線的那個是實際值。由此結(jié)合實驗過程中需要注

意的事項依次分析即可。

在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，我們要知道分力和合力的效果是等同的，這要

求同學(xué)們對于基礎(chǔ)知識要熟練掌握并能正確應(yīng)用，加強對基礎(chǔ)實驗理解，同時要理解會

給實驗帶來誤差的因素。

10?【答案】：￡+*BC

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【解析】解：(1)若閉合電鍵工，將單刀雙擲電鍵S2擲向小

由閉合電路歐姆定律可知，電源電動勢：E=U+Ir=U+^r,

整理得：'=&

UERE

(2)若斷開品，將單刀雙擲電鍵52擲向b，

由閉合電路歐姆定律可知：E=/(r+R),

整理得：7=i/?+p

ICC

(3)考慮電表內(nèi)阻影響，

若閉合電鍵工，將單刀雙擲電鍵S2擲向“，

由閉合電路歐姆定律可知，電源電動勢：E=U+/r=U+《+$r,

十人EZO1r1,r,1

整理得：u=ER+^+E'

由于電壓表分流影響，電源電動勢與內(nèi)阻測量值小于真實值；

若斷開工，將單刀雙擲電鍵S2擲向江

由閉合電路歐姆定律可知：E=l(r+R+RA),

整理得：；=巴魯，

由于電流表內(nèi)阻影響，電源內(nèi)阻測量值偏大，電源電動勢測量值等于真實值，

由圖丙可知，圖象斜率：fc2電源電動勢：E=2，

c1^2

由圖乙所示圖象可知，斜率：…三,電源內(nèi)阻：r=F；

(4)4B、根據(jù)電源的輸出功率規(guī)律可知，當(dāng)內(nèi)外電阻相等時輸出功率最大，如果外電阻

大于內(nèi)電阻時，隨著電阻的增大，輸出功率將越來越小，由P=^可知，電動勢相同，

4r

內(nèi)阻越小的乙輸出功率越大，故B正確，A錯誤；

CD、當(dāng)內(nèi)阻和外阻相等時，電源輸出功率最大，此時輸出電壓為電動勢的一半；由A3

的分析可知，乙輸出的功率比甲的大;而當(dāng)外電路斷開時，路端電壓等于電源的電動勢，

此時輸出功率為零；故C正確，。錯誤。

故選：BC。

故答案為：⑴5=/+*；(2)'=/+&⑶*;氏；(4)BC。

(1)根據(jù)圖甲所示實驗電路結(jié)合實驗步驟，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出59關(guān)系式。

UK

(2)根據(jù)圖甲所示實驗電路結(jié)合實驗步驟，應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出-R關(guān)系式。

(3)根據(jù)圖示圖象求出電源電動勢與內(nèi)阻。

(4)當(dāng)內(nèi)外電阻相等時電源的輸出功率最大，根據(jù)題意分析圖示圖象答題。

本題考查了測電源電動勢與內(nèi)阻實驗，解題時應(yīng)注意明確實驗的原理；并且要由實驗原

理結(jié)合閉合電路歐姆定律得出表達式，結(jié)合圖象得出電動勢和內(nèi)電阻。注意電流表內(nèi)阻

已知時可以采用相對電源的內(nèi)接法準確求出電源內(nèi)阻。

11.【答案】解：(1)進入電場和磁場后恰好在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則zng=qE

口mgg

(2)粒子做平拋運動，進入復(fù)合場后做圓周運動，因為出射后恰好沿+x方向通過x軸上

x=3L的位置，根據(jù)運動的對稱性，可確定進出復(fù)合場的位置在同一水平面，其軌跡如

圖所示，

由幾何關(guān)系：2Rcos9=L

由洛倫茲力提供向心力：qvB=m—＞又u='當(dāng)

1RCOS0

豎直方向：Vy=gt

水平方向：L=vot

聯(lián)立解得：%=用

(3)豎直方向：h=^gt2

圓心的縱坐標：yo'=-h4-RsinO

聯(lián)立上式解得：％'=能一等

答：(1)電場強度的大小為￡

(2)帶電微粒的初速度為需；

KD

(3)帶電微粒做圓周運動的圓心的縱坐標為言箸。

【解析】根據(jù)運動情況和受力分析求出場強；畫出軌跡圖，進行速度的分解，求出初速

度；根據(jù)豎直方向的勻加速運動求出圓心的縱坐標。

本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場的運動，解題的關(guān)鍵是畫出粒子的軌跡圖，根據(jù)其運

動情況來受力和求值即可。

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12.【答案】解：(1)設(shè)滑塊到達木板右端的速度為打，根據(jù)動能定理可得：-“2加2gx=

加2資一加2詔，

代入數(shù)據(jù)解得：%=8m/s,

設(shè)滑塊離開圓弧軌道后上升的最大高度為心，根據(jù)動能定理可得：-m2g(R+b)=0-

如2譜,

代入數(shù)據(jù)解得：幻=2.8m；

(2)由機械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為%=8m/s,滑上木板后，滑

塊的加速度為。2

由牛頓第二定律可得：H2mg=ma2'解得：0-2=9m/s2

木板的加速度為。1，由牛頓第二定律可得：ii2mg-(ni1+m2)g-mxax,解得：ar-

3m/s2

設(shè)經(jīng)過時間Q后兩者共速，速度為也則

v=vr—a2t1=Qi"

2

解得h=-s,v-2m/s

該過程中木板的位移為Xi=》1=|m

滑塊的位移為七=竽0=竽m

由于/<&=1m,假設(shè)正確，之后一起勻減速運動，若滑塊最終未從木板左端滑出，

則木板的最小長度為L=%2-%=gm

(3)滑塊和木板一起勻減速運動至最左端的速度為％,由動能定理可得

11,

7z

-Mi(nil+m2)5(x0-xj=-+mz)v￡--(mj+m2)v

隨后滑塊滑上左側(cè)軌道，設(shè)上升的最大高度為心，則由動能定理可得

1

~m2gh2=0--m2vl

解得％=30m

答：(1)加2第一次離開右側(cè)圓弧軌道后還能上升的最大高度為2.8m；

(2)使巾2不從加1上滑下，加1的最短長度為|m；

(3)若mi取第(2)問中的最短長度，第一次滑上左側(cè)圓弧軌道上升的最大高度為《6。

【解析】(1)滑塊向右運動，做減速運動，根據(jù)動能定理求得到達木板右端的速度，滑

塊滑上圓弧軌道后，根據(jù)動能定理求得上升的高度；

(2)滑塊在右側(cè)圓弧上運動時，機械能守恒，故回到圓弧底端時的速度大小不變，然后

向右運動，發(fā)生相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律求得滑塊和木板的加速度，利用運動學(xué)公

式求得達到共同速度通過的位移，即可求得木板的最小長度；

(3)兩者到達共同速度后，一起向左做減速運動，由動能定理求得木板到達左端時的速

度，滑塊滑上左端圓弧時，根據(jù)動能定理求得上升的高度；

本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動能定律、牛頓第二定律、運動學(xué)公式的應(yīng)用，分析清

楚物體運動過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動能定律、運動學(xué)公式即可

解題。

13.【答案】大放出大于

【解析】解：根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：Y=C,從A狀態(tài)到2狀態(tài)，戶增大，V增大，

T一定增大，所以8狀態(tài)的分子平均動能比A狀態(tài)分子的平均動能大；

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：*=C,V不變，P減小，7一定減小，理想氣體的內(nèi)能減小

(△U<0),再根據(jù)熱力學(xué)第一定律，體積不變(卬=0),氣體將放出熱量(Q<0)；

p-IZ圖線中，圖線和坐標軸圍成的面積表示氣體做功，從A到B,體積增大，氣體對

外做功MB<。；從8到C,體積不變，氣體不做功；從C到。，體積減小，外界對氣

體做功叫。>0;從力到4體積不變，氣體不做功；根據(jù)圖象，A到8圖線圍成的面

積大于C到力圖線圍成的面積，氣體歷了ABCDA的循環(huán)，氣體做功W=wAB+WCD<0,

根據(jù)熱力學(xué)第一定律W+Q=△〃，AU=0,有Q=-W>0,所以氣體吸收的總熱量

大于釋放的總熱量。

故答案為：大；放出，大于。

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程：y=C,從A狀態(tài)到B狀態(tài)，P增大，丫增大，T一定增大，

所以B狀態(tài)的分子平均動能比A狀態(tài)分子的平均動能大；

從A到B,氣體對外做功叱<0；從C到。，外界對氣體做功叫。>0；根據(jù)圖象勿=

WAB+WCD<0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律VV+Q=△/△{/=0,有Q=-W>0。

本題考查了理想狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律等知識點。熱力學(xué)第一定律在應(yīng)用時一定要

注意各量符號的意義；△[/的正表示內(nèi)能增加，E為正表示物體吸熱；W為正表示外界

對物體做功。

14.【答案】解：⑴氣體做等溫變化，在(a)狀態(tài)，有以1=po-PBI=PAI+詈=Po+詈，

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以1=%=u

在(b)狀態(tài),由042—PB2—P,匕2=三"，"B2=3，

對A部分氣體，由玻意耳定律得：PAI^AI=PA2^A2'即POU=P，|V

同理，對8部分氣體，由玻意耳定律得：pB1VB1=pB2VB2,即(Po+詈"=P—V

解得7n=W

(五)由題意知，匕3=：匕/3=|尸

對A部分氣體，有：P41%1=P/13%3，即PoU=PA3qV

解得PA3=2Po

對B部分氣體，由PBMBI=PB3，B3，即(Po+詈”=PB3'1，

解得P83=梟0

S

活塞處于靜止狀態(tài)，有：pB3+mgsind=pA3S

解得sin。=|

答：(回)活塞的質(zhì)量優(yōu)為等；

(囪)繼續(xù)順時針轉(zhuǎn)動氣缸，當(dāng)氣缸從水平再轉(zhuǎn)過角度。時，如圖(c)所示，A