2021屆江蘇省南通、徐州、宿遷、淮安、泰州、鎮(zhèn)江六市聯(lián)考高考物理一調試卷（解析版）

2021年江蘇省南通、徐州、宿遷、淮安、泰州、鎮(zhèn)江六市聯(lián)考

高考物理一調試卷

一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。

1.M3大量存在于月球表面月壤中，是未來的清潔能源。兩個氫3聚變的核反應方程是

3He+3He/4He+2X+12.86MeV,貝UX為（）

222

A.電子B.笊核C.中子D.質子

2.我國高鐵列車在運行過程中十分平穩(wěn)。某高鐵列車沿直線勻加速啟動時，車廂內水平桌

面上水杯內的水面形2狀可能是（）

2

A.r

3.2020年10月，我國成功地將高分十三號光學遙感衛(wèi)星送入地球同步軌道。已知地球半

徑為R,地球的第一宇宙速度為v,光學遙感衛(wèi)星距地面高度為h,則該衛(wèi)星的運行速度

為（）

A，梟焉vC.*D.磨v

4.”用雙縫干涉實驗測量光的波長”的實驗裝置如圖甲所示，某同學通過測量頭的目鏡觀察

單色光的干涉圖樣時，發(fā)現分劃板的中心刻線與亮條紋未對齊，如圖乙所示。下列操作

中可使中心刻線與亮條紋對齊的是（）

/.

C.僅轉動手輪D.僅轉動測量頭

5.一定質量的理想氣體分別經歷A-B-D和A-C-D兩個變化過程，如圖所示。A-B

-D過程，氣體對外做功為Wi,與外界變換的熱量為Qi；A-C~D過程，氣體對外做

功為W2,與外界變換的熱量為Q2。兩過程中（)

B.氣體吸熱，Wl=W2

C.氣體放熱，QI=Q2D.氣體放熱，Wi>W2

6.甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質中傳播，甲波沿x軸正方向傳播，乙波沿x軸負方

向傳播，t=0時刻兩列波恰好在坐標原點相遇，波形圖如圖所示。已知甲波的頻率為4Hz,

B.兩列波疊加后，x=0處的質點振動減弱

C.兩列波疊加后，x=0.5m處的質點振幅為30cm

D.兩列波疊加后，介質中振動加強和減弱區(qū)域的位置穩(wěn)定不變

7.在如圖所示電路中，理想變壓器原線圈接在交流電源上，調節(jié)滑動觸頭Q可以改變副線

圈接入電路的匝數。Ro為定值電阻，燈泡L和滑動變阻器R串聯(lián)，P為滑動變阻器的滑

片，A為交流電流表。開關S閉合，電流表A的示數為I。則（)

A.僅將P向下滑動，I增大

B.僅將Q向下滑動，燈泡變亮

C.僅將開關S斷開，燈泡變亮

D.僅將開關S斷開，變壓器的輸入功率增加

8.如圖所示，用頻率為VI和V2的甲、乙兩種光分別照射同一光電管，對應的遏止電壓分

別為Ui和U2。已知V1<V2,則（）

A.遏止電壓Ui<U2

B.用甲、乙光分別照射時，金屬的截止頻率不同

C.增加乙光的強度，遏止電壓U2變大

D.滑動變阻器滑片P移至最左端，電流表示數為零

9.一物塊在水平面內做直線運動，以0時刻物塊的位置為坐標原點建立xOy平面直角坐標

系，運動軌跡如圖甲所示。物塊在x方向運動速度vx隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。

下列關于物塊在y方向運動的初速度VyO、加速度ay的判斷，可能正確的是（）

y

4

甲

2=

A.vyo=O,ay=lm/sB.vyO=O,3y2m/s^

C.vy0=4m/s,a=2m/s2

yD.vyo=4m/s,ay=4m/s-

10.光滑水平面上放置一表面光滑的半球體，小球從半球體的最高點由靜止開始下滑，在小

球滑落至水平面的過程中（）

B.小球一直沿半球體表面下滑

C.小球和半球體組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

D.小球在水平方向的速度一直增大

11.如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環(huán)相距1。，所帶電荷量分別為+Q、-Q,

圓心A、B連線垂直于圓環(huán)平面。以A點為坐標原點，沿AB方向建立x軸，將帶正電

的粒子（重力不計）從A點靜止釋放。粒子在A運動到B的過程中，下列關于電勢中、

電場強度E、粒子的動能Ek和電勢能Ep隨位移x的變化圖線中，可能正確的是（）

+Q

八

V

二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題?第16題解答時請寫出必要的文字說明、

方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確

寫出數值和單位。

12.（14分）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準某次實驗中，待

測金屬絲接入電路部分的長度為50.00cm,電阻約幾歐。

（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，某次測量結果如圖甲所示，讀數應為mm

（該值與多次測量的平均值相等）。

（2）實驗電路如圖乙所示，實驗室提供了電源E（3V,內阻不計）、開關S、導線若干,

還備有下列實驗器材：

A.電壓表V1（0?3V,內阻約2kQ）

B.電壓表V2（0?15V,內阻約15kC）

C.電流表Ai（0?3A,內阻約0.01Q）

D.電流表A2（0?0.6A,內阻約0.05Q）

E.滑動變阻器Ri（0~10￡1,0.6A）

F.滑動變阻器R2（0?2kO,0.1A）

應選用的實驗器材有（選填實驗器材前的序號）。

（3）請用筆畫線代替導線，在圖丙中完成實物電路的連接。

（4）實驗中，調節(jié)滑動變阻器，電壓表和電流表示數記錄如下：

U/V1.051.401.802.302.60

u-I0.220.280.360.460.51

請在圖丁中作出U-I圖線。由圖線可知，金屬絲的電阻Rx=。(結果保留兩位

有效數字)。

(5)根據以上數據可以算出金屬絲的電阻率p=Om(結果保留兩位有效數字)。

(6)下列關于該實驗誤差的說法中正確的有。

A.金屬絲發(fā)熱會產生誤差

B.電流表采用外接法，會使電阻率的測量值偏小

C.電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差

D.用U-I圖像處理數據可以減小系統(tǒng)誤差

13.(8分)根據某種輪胎說明書可知，輪胎內氣體壓強的正常值在2.4Xl()5pa至2.5Xl()5pa

之間，輪胎的容積Vo=2.5Xl()-2m3。已知當地氣溫to=27℃,大氣壓強po=1.0Xl()5pa,

設輪胎的容積和充氣過程輪胎內氣體的溫度保持不變。

(1)若輪胎中原有氣體的壓強為P0,求最多可充入壓強為po的氣體的體積V；

(2)充好氣的輪胎內氣壓pi=2.5Xl()5pa,被運送到氣溫ti=-3℃的某地。為保證輪胎

能正常使用，請通過計算說明是否需要充氣.

14.(10分)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，相

距為L,軌道端點M、P間接有阻值為R的電阻，導軌電阻不計長度為L、質量為m、

電阻為r的金屬棒ab垂直于MN、PQ靜止放在導軌上，與MP間的距離為d,棒與導軌

接觸良好。t=0時刻起，整個空間加一豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間

t的變化規(guī)律如圖乙所示，圖中Bo、to已知。

(1)若to時刻棒ab的速度大小為v,求0?to時間內安培力對棒所做的功W；

(2)在0?to時間內，若棒ab在外力作用下保持靜止，求此時間內電阻R產生的焦耳熱

15.(12分)如圖所示，高h=0.2m的平板C右端固定有豎直擋板，置于水平面上，平板上

放置兩小物塊A、B,A、B間有一被壓縮的勁度系數足夠大的輕彈簧，A置于平板左端,

B與C右端擋板的距離L=1.5m,A、B、C的質量均為m=1.0kg。某時刻，將壓縮的彈

簧由靜止釋放，使A、B瞬間分離，A水平向左拋出，落地時距離C左端x=1.0m,B

運動到C右端與擋板發(fā)生彈性碰撞。已知B與C、C與水平面間的動摩擦因數均為四=

0.3,取g=10m/s2,求：

（1）彈簧釋放前瞬間的彈性勢能Ep；

（2）B與C發(fā)生彈性碰撞后瞬間C的速度大小vc；

（3）整個過程中C滑動的距離s。

16.（12分）如圖甲所示，真空室中電極K發(fā)出的電子（初速度不計）經電場加速后，由小

孔S沿兩平行金屬板M、N的中心線0（7射入板間，加速電壓為Uo,M、N板長為L,

兩板相距返L。加在M、N兩板間電壓u隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，圖中Ui

3

未知，M、N板間的電場可看成勻強電場，忽略板外空間的電場在每個粒子通過電場區(qū)

域的極短時間內，兩板電壓可視作不變板M、N右側距板右端2L處放置一足夠大的熒光

屏PQ，屏與00'垂直，交點為0'在M、N板右側與PQ之間存在一范圍足夠大的有界勻

強磁場區(qū)，PQ為勻強磁場的右邊界，磁場方向與紙面垂直。已知電子的質量為m,電荷

量為e。

（1）求電子加速至0點的速度大小vo；

（2）若所有電子都能從M、N金屬板間射出，求Ui的最大值；

（3）調整磁場的左邊界和磁感應強度大小B,使從M板右側邊緣射出電場的電子，經

磁場偏轉后能到達0'點，求磁感應強度的最大值Bm。

2021年江蘇省南通、徐州、宿遷、淮安、泰州、鎮(zhèn)江六市聯(lián)考

高考物理一調試卷

參考答案與試題解析

一、單項選擇題：共11題，每題4分，共44分。每題只有一個選項最符合題意。

1.（4分）氮3大量存在于月球表面月壤中，是未來的清潔能源。兩個氫3聚變的核反應方

程是3He+3Hef4He+2X+12.86MeV,則*為（）

222

A.電子B.笊核C.中子D.質子

【分析】明確核反應中質量數和電荷數守恒，根據質量數守恒和核電荷數守恒確定粒子

的種類

【解答】解：設X的質量數為A,電荷數為Z,根據質量數守恒和核電荷數守恒可得：

3+3=4+2A,

2+2=2+2Z,

解得：A=l,Z=l,故X為質子，故D正確，ABC錯誤。

故選：D。

【點評】本題考查對核反應方程的掌握情況，要注意明確核反應方程中質量數和電荷數

均守恒.

2.（4分）我國高鐵列車在運行過程中十分平穩(wěn)。某高鐵列車沿直線勻加速啟動時，車廂內

水平桌面上水杯內的2水面形狀可能是（）

2

A.r

【分析】當高鐵向右做勻加速運動時，水杯中水的加速度方向水平向右，根據牛頓第二

定律分析即可.

【解答】解：當高鐵向右做勻加速運動時，水杯中水也向右做勻加速運動，加速度方向

水平向右，根據牛頓第二定律知水所受的合力水平向右，則水杯對水的作用力的合力方

向大致斜向右上方，所以水面形狀接近于B圖，故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

【點評】解決本題的關鍵是理解牛頓第二定律F=ma的矢量性，知道加速度方向與合力

方向相同，據此分析實際問題.

3.（4分）2020年10月，我國成功地將高分十三號光學遙感衛(wèi)星送入地球同步軌道。已知

地球半徑為R,地球的第一宇宙速度為v,光學遙感衛(wèi)星距地面高度為h,則該衛(wèi)星的運

行速度為（）

'$B展vC°舟

【分析】第一宇宙速度等于衛(wèi)星貼近地球表面做圓周運動的速度，其軌道半徑近似等于

地球的半徑，根據重力提供向心力求出第一宇宙速度的大小.

依據衛(wèi)星萬有引力提供向心力，可求衛(wèi)星的運行速度，聯(lián)立即可求解。

【解答】解：第一宇宙速度即近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據萬有引力提供向心力，有

G號審得①

光學遙感衛(wèi)星的軌道半徑R+h,根據萬有引力提供向心力有G—得

（R+h）2R+h

?禧②

聯(lián)立①②V，=后二V'故B正確，ACD錯誤；

故選：Bo

【點評】本題主要是考查了萬有引力定律及其應用；解答此類題目一般要把握兩條線：

一是在星球表面，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力：二是根據萬有引力

提供向心力列方程進行解答。

4.（4分）“用雙縫干涉實驗測量光的波長”的實驗裝置如圖甲所示，某同學通過測量頭的

目鏡觀察單色光的干涉圖樣時，發(fā)現分劃板的中心刻線與亮條紋未對齊，如圖乙所示。

下列操作中可使中心刻線與亮條紋對齊的是（）

透心在尤片（1

加土隹

當m縫▲

/.

A.僅轉動透鏡僅轉動雙縫

c.僅轉動手輪D.僅轉動測量頭

【分析】根據雙縫干涉實驗原理和實驗裝置構造及作用判斷即可。

【解答】解：發(fā)現里面的亮條紋與分劃板豎線未對齊，若要使兩者對齊，該同學應旋轉

測量頭，故ABC錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】本題考查了雙縫干涉實驗的原理和裝置構造、理解測量頭的用途即可正確解題。

5.（4分）一定質量的理想氣體分別經歷A-B-D和A-C-D兩個變化過程，如圖所示。

A-B-D過程，氣體對外做功為Wi,與外界變換的熱量為Qi；A-C-D過程，氣體對

外做功為W2,與外界變換的熱量為Q2。兩過程中（）

B.氣體吸熱，Wi=W2

C.氣體放熱，QI=Q2D.氣體放熱，Wi>W2

【分析】氣體體積變大，氣體對外做功，P-V圖線與坐標軸所圍圖形的面積等于氣體做

的功；根據圖示圖象應用理想氣體狀態(tài)方程判斷A、D兩狀態(tài)氣體的溫度關系；一定量

的理想氣體內能由溫度決定，根據氣體狀態(tài)變化過程應用熱力學第一定律分析答題。

【解答】解：P-V圖線與坐標軸所圍圖形的面積等于氣體做的功，由圖示圖象可知，兩

過程氣體體積都變大，氣體對外做功，A—B-D過程圖線與坐標軸所圍圖形的面積大于

A-C-D過程圖線與坐標軸所圍圖形的面積，則Wi<0,W2<0,-Wi>-W2>0；

由圖示圖象可知：PAVA=3poxVo=3poVo,PDVD=POX3Vo=3poVo,貝！IPAVA=PDVD,

由理想氣體狀態(tài)方程底=C可知，TA=TD,氣體在狀態(tài)A與狀態(tài)D的內能相等，由狀

T

態(tài)A到狀態(tài)D,氣體內能的增加量△Un。；

由于△U=O,由熱力學第一定律△U=W+Q可知：Q=-W,則Q1=-W1,Q2=-W2,

由于-WI>-W2>0,則QI>Q2>0,氣體吸收熱量，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考查了理想氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律的應用，根據圖示圖象分析清

楚氣體狀態(tài)變化過程，知道p-V圖線與坐標軸所圍圖形的面積等于氣體做的功，應用理

想氣體狀態(tài)方程與熱力學第一定律即可解題。

6.（4分）甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質中傳播，甲波沿x軸正方向傳播，乙波沿x

軸負方向傳播，t=0時刻兩列波恰好在坐標原點相遇，波形圖如圖所示。已知甲波的頻

率為4Hz,則（）

A.兩列波的傳播速度均為4m/s

B.兩列波疊加后，x=0處的質點振動減弱

C.兩列波疊加后，x=0.5m處的質點振幅為30cm

D.兩列波疊加后，介質中振動加強和減弱區(qū)域的位置穩(wěn)定不變

【分析】甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質中傳播，波速相等，由圖讀出波長，由丫上

T

可以求出波速；根據波的疊加原理波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振動加強點.

【解答】解：A.甲波的頻率為4Hz,

丁號4$=0.25s

甲、乙兩波的波長均為人=2m,

由于在同一介質中傳播，所以波速相同

~Q25Ul^s=8加s'故人錯誤；

B.由于甲乙兩波的波長相同，在x=0處為峰峰相遇，谷谷相遇，兩列波疊加后，x=0

處的質點振動加強，故B錯誤；

C.x=0處的質點振動加強，x=0.5m處的質點振動減弱，振幅為10cm,故C錯誤；

D.加強和減弱區(qū)的形成是兩列波在某一點疊加的結果，對于兩列穩(wěn)定的波，它們在固定

的一點，兩列波如果在該處引起的質點的振動是相同的，則總是相同，故D正確；

故選：D。

【點評】本題關鍵知道波速由介質決定，甲、乙兩列簡諧橫波在同種均勻介質中傳播，

波速相等。波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振動加強點，振動加強點和振動減弱

點的位置是固定的.

7.（4分）在如圖所示電路中，理想變壓器原線圈接在交流電源上，調節(jié)滑動觸頭Q可以改

變副線圈接入電路的匝數。Ro為定值電阻，燈泡L和滑動變阻器R串聯(lián)，P為滑動變阻

器的滑片，A為交流電流表。開關S閉合，電流表A的示數為I。則（）

A.僅將P向下滑動，I增大

B.僅將Q向下滑動，燈泡變亮

C.僅將開關S斷開，燈泡變亮

D.僅將開關S斷開，變壓器的輸入功率增加

【分析】保持Q位置不動，則輸出電壓不變，保持P位置不動，則負載不變，開關S斷

開負載增大，再根據電壓器的特點和歐姆定律分析求解.

【解答】解：A、僅將P向下滑動，滑動變阻器R電阻減小，總電阻減小，副線圈總電

流增大，根據變壓器原理可得原線圈的電流增大，即I增大，故A正確；

B、僅將Q向下滑動，副線圈匝數減小，輸出電壓減小，燈泡變暗，故B錯誤；

C、僅將開關S斷開，燈泡L和滑動變阻器R串聯(lián)兩端電壓不變，燈泡亮度不變，故C

錯誤；

D、僅將開關S斷開，總電阻增大，總電流減小，變壓器的輸出功率減小，變壓器的輸

入功率減小，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等

于匝數之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比；知道理想變壓器

的輸出功率決定輸入功率且相等。

8.（4分）如圖所示，用頻率為vi和V2的甲、乙兩種光分別照射同一光電管，對應的遏止

電壓分別為Ui和U2。已知V1<V2,則（）

A.遏止電壓Ui<U2

B.用甲、乙光分別照射時，金屬的截止頻率不同

C.增加乙光的強度，遏止電壓U2變大

D.滑動變阻器滑片P移至最左端，電流表示數為零

【分析】該實驗研究光電效應的遏止電壓，即光電管兩端所接的反向電壓，是使電子速

度減小為零的電壓。根據光電效應方程式Ekm=hv-Wo=eUc,而Wo=hvo對甲光和乙

光列式即可判斷各選項正確與否。

【解答】解：A、據光電效應方程式Ekm=hv-Wo=eUc對，由于vi<v2,所以Ekml<

Ekm2,則Ucl<Uc2,故A正確;

B、截止頻率是由金屬本身決定，與照射光無關，故B錯誤；

C、遏止電壓是電子速度減小為零所加的反向電壓，當乙光強度增加時，產生光電效應光

電子的初動能不變，則遏止電壓不變，故C錯誤；

D、當滑片移到最左端時，光電管兩端的電壓為零，但由于光電子有一定的初動能，能到

達A板，仍有光電流，故D錯誤。

故選：Ao

【點評】解決本題的關鍵掌握光電效應方程Ekm=hv-Wo=eUc,知道最大初動能與遏止

電壓的關系。

9.（4分）一物塊在水平面內做直線運動，以0時刻物塊的位置為坐標原點建立xOy平面直

角坐標系，運動軌跡如圖甲所示。物塊在X方向運動速度Vx隨時間t的變化規(guī)律如圖乙

所示。下列關于物塊在y方向運動的初速度Vyo、加速度ay的判斷，可能正確的是（）

A.VyO=O,ay=lm/sB.vyO=O,ay=2rn/s-

22

C.vyo=4m/s,ay=2m/sD.vyo=4m/s,ay=4m/s

【分析】根據甲圖可知，物塊運動是直線還是曲線，再由直線或曲線運動的判定條件,

結合矢量的合成法則，及速度Vx隨時間t的變化規(guī)律，從而即可求解。

【解答】解：運動軌跡如圖甲所示，可知，物塊是做直線運動，

依據合速度與合加速度共線則做直線運動，若兩者不共線，則做曲線運動；

22

由乙圖可知，vx0=2m/s,ax=-Iz^m/s=1m/s,依據矢量的合成法則，那么當vyo

2

=0m/s,ay=1m/s2,

設合初速度與x方向的速度夾角為a,則有：a=0°,

設合加速度方向與X方向夾角為0,則有：tan0=；=l,即0=45°,因此合初速度與

合加速度不共線，故A錯誤；

B、同理，當VyO=O,ay=2m/s2,則合初速度與合加速度不共線，因此物塊做曲線運動，

故B錯誤；

22

C、當vyo=4m/s,ay=2m/s,而vx（）=2m/s,ax=lm/s,根據矢量的合成法則,

設合初速度與x方向的速度夾角為a,則有：tana=§=2,

2

設合加速度方向與x方向夾角為0,則有：tan|3=,=2,即0=a,因此合初速度與合加

速度共線，故C正確；

D、同理，可知，合初速度與合加速度不共線，因此物塊做曲線運動，故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題知道x、y兩個方向的分運動，運用運動的合成法求解合運動的情況。解題

的關鍵是明確合初速度與合加速度是否共線，并掌握矢量合成法則的應用。

10.（4分）光滑水平面上放置一表面光滑的半球體，小球從半球體的最高點由靜止開始下

滑，在小球滑落至水平面的過程中（）

A.小球的機械能守恒

B.小球一直沿半球體表面下滑

C.小球和半球體組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

D.小球在水平方向的速度一直增大

【分析】小球下滑過程半球體在水平面上滑動，小球與半球體組成的系統(tǒng)在水平方向所

受合力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，整個過程中，只有重力對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械

能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律分析答題。

【解答】解：A、小球與半球體組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球下滑過程半球體在水平面上

滑動，半球體動能增加，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律可知，小球的機械能減少，

小球機械能不守恒，故A錯誤；

B、小球先沿半球體表面下滑，當小球重力沿半球體半徑方向的分力與半球體對小球支持

力的合力不足以提供小球沿半球體做圓周運動的向心力時小球離開半球體，故B錯誤；

C、小球和半球體組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故

C正確：

D、小球先沿半球體表面下滑，然后離開半球體下落，小球離開半球體后在水平方向不受

力，小球在水平方向做勻速直線運動，小球離開半球體后在水平方向的速度不變，故D

錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，根據題意分析清楚小球與

半球體的運動過程是解題的前提，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。

11.（4分）如圖所示，兩個等大、平行放置的均勻帶電圓環(huán)相距10,所帶電荷量分別為+Q、

-Q,圓心A、B連線垂直于圓環(huán)平面。以A點為坐標原點，沿AB方向建立x軸，將帶

正電的粒子（重力不計）從A點靜止釋放。粒子在A運動到B的過程中，下列關于電勢

甲、電場強度E、粒子的動能Ek和電勢能EP隨位移x的變化圖線中，可能正確的是（)

D.

【分析】根據電場的疊加分析AB的場強大小及方向。根據電勢場強的定義分析x=包點

2

的場強和電勢。根據Ep=<pq判斷AB兩點的電勢能大小。

【解答】解：A、設0'為AB中點，根據電勢的疊加可知，0'點的電勢為0,且AB

兩點關于O'點對稱，則AB兩點電勢大小相等，符號相反，故A錯誤；

B、粒子在A點時，+Q環(huán)產生的場電場強度為0,但-Q環(huán)產生的電場強度不為0,即

圖像的原點處EW0,故B錯誤；

C、由動能定理W=qEx=Ek-O=Ek,則Ek-x圖像斜率為電場力qE,而O'點電場力

最大，故圖像x=39處斜率最大，故C正確；

2

D、由于AB處的電勢一正一負，絕對值相等，根據Ep=<pq可知，粒子在AB兩點的電

勢能也一正一負，絕對值相等，故D錯誤。

故選：C?

【點評】在該題中，電場的分布有對稱性，如能把握好，可以使得解題思路更加簡便。

二、非選擇題：共5題，共56分。其中第13題?第16題解答時請寫出必要的文字說明、

方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有數值計算時，答案中必須明確

寫出數值和單位。

12.（14分）在“測量金屬絲的電阻率”的實驗中，所用測量儀器均已校準某次實驗中，待

測金屬絲接入電路部分的長度為50.00cm,電阻約幾歐。

（1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，某次測量結果如圖甲所示，讀數應為0.400mm

（該值與多次測量的平均值相等）。

（2）實驗電路如圖乙所示，實驗室提供了電源E（3V,內阻不計）、開關S、導線若干，

還備有下列實驗器材：

A.電壓表V1（0?3V,內阻約2kQ）

B.電壓表V2（0?15V,內阻約15kC）

C.電流表Ai（0?3A,內阻約0.01Q）

D.電流表A2（0?0.6A,內阻約0.05Q）

E.滑動變阻器Ri（0~10￡1,0.6A）

F.滑動變阻器R2（0?2kO,0.1A）

應選用的實驗器材有ADE（選填實驗器材前的序號）。

（3）請用筆畫線代替導線，在圖丙中完成實物電路的連接。

（4）實驗中，調節(jié)滑動變阻器，電壓表和電流表示數記錄如下：

U/V1.051.401.802.302.60

u-I0.220.280.360.460.51

請在圖丁中作出U-I圖線。由圖線可知，金屬絲的電阻Rx=5.0n（結果保留兩位

有效數字）。

（5）根據以上數據可以算出金屬絲的電阻率。=1.3X106Cm（結果保留兩位有效

數字）。

（6）下列關于該實驗誤差的說法中正確的有AB。

A.金屬絲發(fā)熱會產生誤差

B.電流表采用外接法，會使電阻率的測量值偏小

C.電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差

D.用U-I圖像處理數據可以減小系統(tǒng)誤差

【分析】（1）根據螺旋測微器的讀數方法，可以得出讀數；

（2）從電學實驗的安全性、精確性和方便性可以選出正確的器材；

（3）根據電路圖畫出實物圖；

（4）利用已知數據畫出U-I圖線，根據U-I圖線的斜率求出電阻的大??；

（5）根據電阻定律，代入數據求出電阻率大??；

（6）通過實驗的影響因素和誤差的概念可以選出正確選項。

【解答】解：（1）螺旋測微器的固定刻度讀數為0mm,可動刻度讀數為0.01X40.0mm=

0.400mm.

所以最終讀數為：Omm+0.400mm=0.400mm

（2）實驗室電源的電動勢為3V,故電壓表選A；

從實驗的方便性可知滑動變阻器選E；

由滑動變阻器的通過的最大電流可知，電路中的最大電流小于0.6A,故電流表選D；

（3）實物電路圖如圖所示

UN

U-I圖線的斜率表示電阻的大小，由圖知斜率大約為5.0,故金屬絲的電阻Rx=5.0Q；

(5)根據電阻定律，得金屬絲的電阻率p=^=.R冗D,代入數據得p=1.3X1()一6。

L4L

m；

(6)A、電阻率和溫度有關，故金屬絲通電發(fā)熱會影響結果，故A正確；

B、電流表采用外接法，會使電阻絲電阻變小，根據p=國旦可知電阻率會變小，故B正

L

確；

C、電壓表內阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差，故C錯誤；

D、用U-I圖像處理數據可以減小偶然誤差，故D錯誤；

故選：AB。

故答案為：(1)0.400；(2)ADE：(3)實物電路圖如圖所示；

(4)U-I圖線如圖所示；5.0：(5)1.3X10-6；(6)AB。

【點評】本題考查測定金屬的電阻率，處理時要注意電阻率的影響因素，另外要注意螺

旋測微器的讀數規(guī)則。

13.(8分)根據某種輪胎說明書可知，輪胎內氣體壓強的正常值在2.4Xl()5pa至2.5Xl()5pa

之間，輪胎的容積Vo=2.5Xl()-2m3。已知當地氣溫to=27℃,大氣壓強po=LOXl()5pa,

設輪胎的容積和充氣過程輪胎內氣體的溫度保持不變。

(1)若輪胎中原有氣體的壓強為po,求最多可充入壓強為po的氣體的體積V；

(2)充好氣的輪胎內氣壓pi=2.5Xl()5pa,被運送到氣溫ti=-3℃的某地。為保證輪胎

能正常使用，請通過計算說明是否需要充氣。

【分析】(1)以充入的氣體與輪胎內原有氣體為研究對象，氣體溫度不變，應用玻意耳

定律可以求出最多可充入氣體的體積。

(2)輪胎容積不變，氣體發(fā)生等容變化，應用查理定律求出氣體末狀態(tài)的壓強，然后判

斷是否需要充入氣體。

【解答】解：(1)設最多可充入壓強為po的氣體的體積為V,以充入的氣體與輪胎內原

有氣體為研究對象，

充入氣體體積越大，輪胎內氣體壓強越大，輪胎內氣體的最大壓強p=2.5Xl()5pa,

充氣過程氣體溫度不變，氣體發(fā)生等溫變化，由玻意耳定律得：

po(Vo+V)=pVo

代入數據解得：V=3.75Xl(/2m3：

(2)輪胎內氣體初狀態(tài)的溫度To=(273+27)K=300K,末狀態(tài)溫度T=(273-3)K

=270K,

設氣體末狀態(tài)的壓強為p'，氣體發(fā)生等容變化，由查理定律得："=《_

T0T

代入數據解得：p'=2.25X105Pa<2.4X105Pa,為保證輪胎能正常使用，需要充氣。

答：(1)最多可充入壓強為po的氣體的體積V是3.75X10"m%

(2)為保證輪胎能正常使用，需要充氣。

【點評】本題考查了氣體狀態(tài)方程的應用，根據題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程、正確

選擇研究對象是解題的前提，應用玻意耳定律與查理定律即可解題。

14.(10分)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，相

距為L,軌道端點M、P間接有阻值為R的電阻，導軌電阻不計長度為L、質量為m、

電阻為r的金屬棒ab垂直于MN、PQ靜止放在導軌上，與MP間的距離為d,棒與導軌

接觸良好。t=0時刻起，整個空間加一豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B隨時間

t的變化規(guī)律如圖乙所示，圖中Bo、to已知。

(1)若to時刻棒ab的速度大小為v,求0?to時間內安培力對棒所做的功W；

(2)在0?to時間內，若棒ab在外力作用下保持靜止，求此時間內電阻R產生的焦耳熱

Q。

【分析】（1）根據動能定理求解安培力對棒所做的功；

（2）根據法拉第電磁感應定律求解產生的感應電動勢，根據焦耳定律可得電阻R產生的

焦耳熱。

【解答】解：（1）根據動能定理可得0?to時間內安培力對棒所做的功W=/mv2;

（2）根據法拉第電磁感應定律可得產生的感應電動勢為：E=A^-=-^-s=--L2

AtAtt0

感應電流為：i=—L

R+r

根據焦耳定律可得電阻R產生的焦耳熱Q-I2Rto,

BnL2d2R

解得：Q=—~---o

2

（R+T）t0

答：（1）0?to時間內安培力對棒所做的功為/mV2；

（2）在0?to時間內，若棒ab在外力作用下保持靜止，此時間內電阻R產生的焦耳熱為

B22R

Od

2

tO

【點評】本題主要是考查法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律，能夠根據動能定

理求解安培力做的功，掌握法拉第電磁感應定律計算電動勢的方法。

15.（12分）如圖所示，高h=0.2m的平板C右端固定有豎直擋板，置于水平面上，平板上

放置兩小物塊A、B,A、B間有一被壓縮的勁度系數足夠大的輕彈簧，A置于平板左端,

B與C右端擋板的距離L=1.5m,A、B、C的質量均為m=1.0kg。某時刻，將壓縮的彈

簧由靜止釋放，使A、B瞬間分離，A水平向左拋出，落地時距離C左端x=1.0m,B

運動到C右端與擋板發(fā)生彈性碰撞。已知B與C、C與水平面間的動摩擦因數均為n=

0.3,MXg=10m/s2,求：

（1）彈簧釋放前瞬間的彈性勢能EP；

(2)B與C發(fā)生彈性碰撞后瞬間C的速度大小vc；

(3)整個過程中C滑動的距離s。

ABl*-----L----------<

疝C

^777777^7777777777777777777777777777777777777777~

【分析】(1)A、B分離后A做平拋運動，應用平拋運動規(guī)律求出A、B分離瞬間A的

速度，釋放彈簧過程A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出A、B分

離瞬間B的速度，應用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能。

(2)B在C上做勻減速直線運動，應用動能定理求出B、C碰撞前瞬間B的速度，B、

C發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守

恒定律可以求出碰撞后C的速度。

(3)應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式與動能定理求出整個過程C滑動的

距離。

【解答】解：(1)設A、B分離瞬間A、B的速度大小分別為VA、VB,

A、B分離后A做平拋運動，B向右做勻減速直線運動，設A做平拋運動的時間為t,

B、C間的滑動摩擦力f=nmg,C與地面間的摩擦力大小f'=n?2mg=2nmg>f,B在C

上滑動時C靜止不動，

2

A做平拋運動，水平方向：x=VAt,豎直方向：h=-A-gt

代入數據解得：VA=5m/s

釋放彈簧過程A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

mvB-mvA=O

設彈簧釋放前瞬間的彈性勢能為EP,由能量守恒定律得：

F=1212

5-^mvB

代入數據解得：Ep=25J

(2)A、B分離后B向右做勻減速直線運動，C靜止不動，設B、C碰撞前瞬間B的速

度為VB1,

對B,由動能定理得：-”mgL=/mv：

B、C發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設碰撞后瞬間B、C的速度

大小分別為VB2、VC,

以向右為正方向，由動量守恒定律得：

mvBi=mvB2+mvc

由機械能守恒定律得：

121212

ymvB1=ymvB2+ymvc

代入數據解得：VB2=0,vc=4m/s

（3）B、C碰撞后，C向右做勻減速直線運動，B向右做初速度為零的勻加速直線運動,

設B的加速度大小為aB,C的加速度大小為ac,由牛頓第二定律得：

對B：（img=maB

對C：|img+卜i（m+m）g=mac

代入數據解得：aB=3m/s2,ac=9m/s2,

設經過過時間ti,B、C速度相等，設共同速度為v,

貝!1：v=aBti=vc-acti

代入數據解得：v=lm/s,ti="ls

3

該過程C向右滑行的距離：81=.^—=01xLm=5m

2