2021年江蘇省高考物理預測試卷（五）

2021年江蘇省高考物理預測試卷（五）

一、單選題（本大題共11小題，共44.0分）

1.有人根據條形磁鐵的磁場分布情況用塑料制作了一個

模具，模具的側邊界剛好與該條形磁鐵的磁感線重合，

如圖所示。另取一個柔軟的彈性導體線圈套在模具上方

某位置，線圈貼著模具上下移動的過程中，下列說法正

確的是（地磁場很弱，可以忽略）（）

A.線圈切割磁感線，線圈中出現感應電流

B.線圈緊密套在模具上移動過程中不出現感應電流

C.由于線圈所在處的磁場是不均勻的，故而不能判斷線圈中是否有電流產生

D.若線圈平面放置不水平，則移動過程中會產生感應電流

2.如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，

水平軌道AB部分存在水平向右的勻強電場E,半圓形軌道處于豎直平面內，B為

最低點，。為最高點。一質量為〃八帶正電的小球從距B點x的位置在電場力的作

用下由靜止開始沿AB向右運動，并能恰好通過最高點則下列物理量的變化對

應關系正確的是（）

A.其它條件不變，R越大，x越小

B.其它條件不變，機越大，x越大

C.其它條件不變，E越大，x越大

D.其它條件不變，R越大，小球經過B點瞬間對軌道的壓力越大

3.宇宙中存在一些質量相等且離其他恒星較遠的四顆星組成的四星系統(tǒng)，通?？珊雎?/p>

其他星體對它們的引力作用.設四星系統(tǒng)中每個星體的質量均為，小半徑均為七

四顆星穩(wěn)定分布在邊長為a的正方形的四個頂點上.已知引力常量為G.關于四星系

統(tǒng)，下列說法錯誤的是（忽略星體自轉）（）

A.四顆星圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動

B.四顆星的軌道半徑均為三

C.四顆星表面的重力加速度均為G/

D.四顆星的周期均為27m2a

(4+V2)Gm

4.如圖所示，質量為，〃的小球系于輕質彈簧的一端，且套在光滑豎立的圓環(huán)上，彈簧

的上端固定于環(huán)的最高點4,小球靜止時處于圓環(huán)的8點，此時乙408=60。，彈

簧伸長量為L現用該彈簧沿水平方向拉住質量為2〃?的物體，系統(tǒng)靜止時彈簧伸長

A.等于零

B.大小為0.5rng,方向沿水平面向右

C.大小為mg,方向沿水平面向左

D.大小為2mg,方向沿水平面向右

5.如圖所示，質量相同的三個小球均可視為質點，處于同一水平面上。A球以初速度

火豎直上拋，B球以與水平面成。角、大小也是火的初速度斜向右上拋出，C球沿

傾角為。的足夠長斜面以初速度%上滑。上述運動過程中均不計空氣阻力和一切摩

擦，以下關于三個小球上升的最大高度的比較正確的是（）

A.HA>HB>HCB.HA>HB=HC

C.HA<HB<HCD.HB<HA=HC

6.氫原子能級圖如圖所示，用大量處于n=2能級的氫原子躍遷......./,oV

4-----------0.85

到基態(tài)時，發(fā)射出的光照射光電管陰極K,測得光電管電流:：：：

2-----------J.4U

的遏止電壓為7.6V,已知普朗克常量九=6.63x10-34/.s,

I-----------13.6

電子電量e=—1.6x10T9c,下列判斷正確的是（）

A.電子從陰極K表面逸出的最大初動能為2.6eV

B.陰極K材料的逸出功為7.6eV

C.陰極K材料的極限頻率為6.27X1014Hz

第2頁，共19頁

D.氫原子從n=4躍遷到n=2能級，發(fā)射出的光照射該光電管陰極K時能發(fā)生光

電效應

7.電風扇的擋位變換器電路如圖所示，把它視為一個可調壓的理口,

想變壓器，總匝數為2400匝的原線圈輸入電壓”=

220金sinlOOnt*），擋位1、2、3、4對應的線圈匝數分別為

240匝、600匝、1200匝、2400匝。電動機M的內阻r=80,?（^）

額定電壓為U=220V,額定功率P=110W.下列判斷正確的是

()

A.該交變電源的頻率為100Hz

B.當選擇3擋位后，電動機兩端電壓的最大值為110V

C.當擋位由3變?yōu)?后，原線圈的電流變大

D.當選擇擋位4后，電動機的輸出功率為108W

8.如圖，粗糙水平桌面上有一質量為〃?的銅質矩形線

圈.當一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方等

高快速經過時，若線圈始終不動，則關于線圈受到的

支持力FN及在水平方向運動趨勢的正確判斷是（）

A.風先小于〃?g后大于"電，運動趨勢向左

B.尸加先大于后小于”8，運動趨勢向左

C.FN先小于，咫后大于機g，運動趨勢向右

D.心先大于，"g后小于"吆，運動趨勢向右

9.如圖所示，A、8為平行金屬板，兩板相距為“，分別與電源兩

極相連，兩板的中央各有小孔M、M今有一帶電質點，自A板

上方相距為d的P點由靜止自由下落（P、M,N三點在同一豎

直線上），空氣阻力不計，到達N點時速度恰好為零，然后按

原路徑返回。若保持兩板間的電壓不變，則（）

A.若把A板向上平移一小段距離，質點自P點下落仍能返回

B.若把8板向下平移一小段距離，質點自尸點下落仍能返回

C.若把4板向上平移一小段距離，質點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落

D.若把8板向上平移一小段距離，質點自P點下落后將穿過N孔繼續(xù)下落

10.如圖物體A疊放在物體8上，8置于光滑水平面上.A,B質量分別為=6kg,

mB=2kg,A,8之間的動摩擦因數〃=0.2,開始時F=10N,此后逐漸增加，在

增大到45N的過程中，貝心）

A.當拉力F<12N時，兩物體均保持靜止狀態(tài)

B.兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動

C.兩物體間從受力開始就有相對運動

D.兩物體間始終沒有相對運動

11.如圖所示，木塊8靜止在水平地面上，木塊A疊放在2上。A的

左側靠在光滑的豎直墻面上。關于A、8的受力情況，下列說法

中正確的是（）

A.8對A的作用力方向一定豎直向上

B.B對A的作用力一定大于A的重力

C.地面對B的摩擦力方向可能向右

D.地面對8的作用力大小可能等于A、8的總重力

二、計算題（本大題共5小題，共56.0分）

12.其同學為了測量一個量程為3丫的電壓表的內阻，進行了如下實驗.

圖1圖2

（1）他先用多用表進行了正確的測量，測量時指針位置如圖1所示，得出電壓表的

內阻為3.00x1030,此時電壓表的指針也偏轉了.已知多用表歐姆檔表盤中央刻

度值為“15”，表內電池電動勢為1.5人則電壓表的示數應為V（結果保留兩

位有效數字）

（2）為了更準確地測量該電壓表的內阻即，該同學設計了圖2所示的電路圖，實驗

步驟如下：

A.斷開開關S,按圖2連接好電路；

8.把滑動變阻器R的滑片「滑到b端；

C將電阻箱區(qū)的阻值調到零；

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D閉合開關5;

E.移動滑動變阻器R的滑片P的位置，使電壓表的指針指到3y位置；

F.保持滑動變阻器R的滑片尸位置不變，調節(jié)電阻箱R。的阻值使電壓表指針指到

1.5U位置，讀出此時電阻箱R。的阻值，此值即為電壓表內阻燈的測量值；

G.斷開開關5.

實驗中可供選擇的實驗器材有：

a.待測電壓表

b.滑動變阻器：最大阻值20000

c.滑動變阻器：最大阻值100

d.電阻箱：最大阻值9999.90,阻值最小改變量為0.10

e.電阻箱：最大阻值999.9。，阻值最小改變量為0.10

廣.電池組：電動勢約6匕內阻可忽略

g.開關，導線若干

按照這位同學設計的實驗方法，回答下列問題：

①要使測量更精確，除了選用電池組、導線、開關和待測電壓表外，還應從提供

的滑動變阻器中選用（填或“c”）,電阻箱中選用（填“d”或

“e”）

②電壓表內阻燈的測量值R潮和真實值R茸相比，X測_____R苴（填或）；

若即越大，則國野1越（填“大”或“小”）

R具

13.麥克斯韋在1865年發(fā)表的《電磁場的動力學理論》一文中揭示了電、磁現象與光

的內在聯系及統(tǒng)一性，即光是電磁波。

圖1圖2

①某單色光波在折射率為我的玻璃磚介質中傳播，某時刻電場橫波圖象如圖1所

示，己知：c=3x108m/s求該光波的頻率。（結果可用分數表示）

②折射率為魚的玻璃磚的截面為等腰梯形，如圖2所示，其中上、下兩面平行，

底角45。,現將①中的單色光以寬度為d的光束平行于CD邊入射到AC界面上,人

匕是光束的邊界。光線〃在玻璃磚中的光路已給出且恰好從。點射出。畫出光線人

從玻璃磚中首次出射的光路圖。并求出玻璃磚中有光射出部分的長度L以及出射光

線與界面的夾角0。

14.如圖所示，兩端開口、粗細均勻的足夠長U型玻璃管插在容積

很大的水銀槽中，管的上部有一定長度的水銀，兩段空氣柱被

封閉在左右兩側的豎直管中。開啟閥門A,當各水銀液面穩(wěn)定

時，位置如圖所示，此時兩部分氣體溫度均為300K.已知心=

5cm,h2—10cm,右側氣體柱長度L1-60cm,大氣壓為p（）-

75cmHg,求：

①左則豎直管內氣體柱的長度小2；

②關閉閥門4,當左側豎直管內的氣體柱長度為刀=6861時（

管內氣體未溢出），則氣體溫度應升高到多少o

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15.如圖所示，地面上有一傾角為。=37。、足夠長的固定斜面，斜面上有兩個質量分

別為nii=0.1kg、爪2=0-3kg的可看做質點的物塊，初始時相距d=l?n,m2與斜

面動摩擦因數為的=0.75,現由靜止釋放Hl1，經過時間t=1s后與靜止的爪2發(fā)生

彈性碰撞，碰撞時間極短(重力加速度g—10m/s2,sin370=0.6,cos37°—0.8)。

求

(1)第一次碰撞前瞬間mi的速度%的大小以及mi與斜面之間動摩擦因數出；

(2)第一次碰撞后兩物塊的速度大??；

(3)第一次與第二次碰撞期間，兩物塊間距離的最大值為多少。

16.如圖所示，豎直平面內有一半徑為八內阻為治、粗細均

勻的光滑半圓形金屬環(huán)，在M、N處與相距為2八電阻

不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電

阻%，己知&=12/?,R2=4R.在MN上方及CQ下方有

水平方向的勻強磁場/和H,磁感應強度大小均為B.現有

質量為機、電阻不計的導體棒外，從半圓環(huán)的最高點A

處由靜止下落，在下落過程中導體棒始終保持水平，與

半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，且平行軌道中夠長。已知導體棒油下落狎j的速度

大小為女,下落到處的速度大小為外。

(1)求導體棒ab從4下落;時的加速度大小。

(2)若導體棒質進入磁場D后棒中電流大小始終不變，求磁場I和H之間的距離〃

和/?2上的電功率22。

(3)若將磁場II的C。邊界略微下移，導體棒外剛進入磁場II時速度大小為內,要

使其在外力尸作用下做勻加速直線運動，加速度大小為“，求所加外力尸隨時間變

化的關系式。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：由題，模具的形狀與磁感線的形狀是相同的，則線圈貼著模具上下移動的

過程中穿過線圈的磁感線的條數不會發(fā)生不會，即穿過線圈的磁通量不變，所以線圈緊

密套在模具上移動過程中不出現感應電流。故8正確，AC力錯誤

故選：B。

根據感應電流產生的條件：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化進行分析判斷有無感應電流

產生。

判斷有無感應電流產生對照感應電流產生的條件，抓住兩點：一是電路要閉合；二是磁

通量要變化。

2.【答案】B

【解析】解：ABC、小球在BCD部分做圓周運動，在。點，由牛頓第二定律得:mg=6

小球由B到力的過程中機械能守恒：|THVB=2mgR+［小詔；

聯立解得：vB=15gR

小球由4到8,由動能定理得：qEx=\mvl

將：為=j5gR代入得:qEx=|mgR

由最后的表達式可以知R越大，x越大，故A錯誤；優(yōu)越大，尤越大，故B正確；場強E

越大，x越小，故C錯誤；

D、在8點得：FN-mg=m費;

將：如代入得：氐=6mg，小球經過B點瞬間對軌道的壓力只與小球的質量

有關，故。錯誤.

故選：Bo

對A到8和8到。應用動能定理，在。點應用牛頓第二定律，推導出&X、〃，的綜合

表達式，利用表達式分析A8C選項；對8點應用牛頓第二定律，分析在B點球對軌道

的壓力。

本題是一道應用動能定理和牛頓第二定律綜合作答的題目，當一個運動涉及到豎直面圓

周運動時，通常選擇圓周的最高點和最低點使用牛頓第二定律列式，而對由最低點到最

高點運動的過程，使用動能定理列式，我們把這種解題思路稱為“一點一過程或多點多

過程”。

3.【答案】B

【解析】解：4、星體在其他三個星體的萬有引力作用下，合力方向指向對角線的交點，

圍繞正方形對角線的交點做勻速圓周運動，故4正確。

B、四顆星的軌道半徑為r=Wa,故8錯誤.

2

C、根據萬有引力等于重力有：G黃=m'g,貝叼=需.故C正確。

D、根據萬有引力提供向心力2G牛.45。=小4混§)2,解得丁=

2TTUI故O正確。

7(4+V2)Gm

本題選錯誤的，故選瓦

在四顆星組成的四星系統(tǒng)中，其中任意一顆星受到其它三顆星對它的合力提供圓周運動

的向心力，根據合力提供向心力，求出星體勻速圓周運動的周期.根據萬有引力等于重

力，求出星體表面的重力加速度.

解決本題的關鍵掌握萬有引力等于重力，以及知道在四顆星組成的四星系統(tǒng)中，其中任

意一顆星受到其它三顆星對它的合力提供圓周運動的向心力.

4.【答案】C

【解析】

【分析】

本題為平衡狀態(tài)下物體的受力分析，在夾角為特殊角時物體受力的特點。

利用平行四邊形，找出物體受到重力、彈簧的彈力和圓環(huán)對物體的支持力三者的關系，

這是本題的重點，找出它們的關系，彈簧的彈力就好確定了，從而可以求出物體所受的

摩擦力。

【解答】

對圓環(huán)上的小球進行受力分析可以知道，物體受到重力、彈簧的彈力和圓環(huán)對物體的支

持力，由于三角形OAB是一個等邊三角形，利用平行四邊形定則做出重力、彈力的合

力的平行四邊形會發(fā)現，重力、彈力和支持力會處在同一個三角形中并且這個三角形是

等邊三角形，由此我們判定彈簧的彈力與物體的重力相等都是〃火，此時彈簧伸長量為

L,當該彈簧沿水平方向拉住質量為2,”的物體時彈簧伸長量也為L由此可知兩次彈簧

的彈力是一樣的即為mg,由于質量為2機的物體處于靜止狀態(tài)，即受力平衡，在水平方

向上是彈簧的彈力和物體所受的摩擦力平衡，所以物體所受的摩擦力大小即為機g,方

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向與彈簧的彈力方向相反即為水平面向左，故C正確，48。錯誤。

故選：C

5.【答案】D

【解析】解：對于A、C兩個球，達到最高點時，A、C兩個球的速度均為零，物體的

動能全部轉化為重力勢能，所以A、C的最大高度相同；

對于B球來說，由于B是斜拋運動，在水平方向上有一個速度，這個分速度的動能不會

轉化成物體的重力勢能，所以8球在最高點時的重力勢能要比AC兩球的小，所以高度

要比AC兩球的高度小，所以。正確。

故選：D。

ABC三個球的機械能都守恒，到達最高點時.，根據機械能守恒定律分析對比可以得出結

論。

8球做的是斜拋運動，水平方向的分速度是不能轉化成物體的重力勢能的，所以B的高

度最低。

6.【答案】C

【解析】解:A、因遏止電壓為4=7.6V,根據動能定理可知，光電子的最大初動能a7n=

eU0,光電子的最大初動能為7.6eU,故A錯誤；

B、根據光電效應方程，可知，Wo=hr-Ekm,而=E2-El；因此%=13.6-3.4-

7.6=2.6eV,故B錯誤;

C、因逸出功叫等于九孔，則材料的極限頻率為=牛=嗡篝寫=6.27xIO”出，

故C正確。

D、從n=4躍遷到n=2能級,釋放能量為△E=3.4-0.85=2.55eV<2.6eV,因此發(fā)

射出的光照射該光電管陰極K時，不能發(fā)生光電效應，故。錯誤。

故選：Co

根據光電效應方程，結合=即可求解最大初動能，與逸出功，再由逸出功明

等于八九，求出材料的極限頻率，最后依據光電效應發(fā)生條件，即可求解。

解決本題的關鍵理解遏止電壓的含義，掌握光電效應方程以及光電效應發(fā)生條件，并能

靈活運用。

7.【答案】D

【解析】解：A、根據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式知3=1007T,交變電源的頻率f=

5=多些=50Hz,故A錯誤；

27rZ7T

B、當選擇3檔位后，副線圈的匝數為1200匝，根據電壓與匝數成正比得紅=江，原

U2n2

線圈輸入電壓的有效值％=220V,有黃=鬻，解得4=110K.所以電動機兩端電

壓的最大值為110立V,故B錯誤；

C、當檔位由3變?yōu)?后，根據電壓與匝數成正比知，副線圈兩端的電壓減小，輸出功

率變小，輸入功率變小，根據匕=%4知原線圈電流變小，故C錯誤；

D、當選擇檔位4,副線圈匝數等于2400匝，根據電壓比規(guī)律得副線圈兩端的電壓為220Y,

電動機正常工作，流過電動機的電流/=《=堤4=0.54電動機的發(fā)熱功率1=

U八、'

I2r=0.52x8W=2W,電動機的輸出功率為P出1（以1「，故。正

確；

故選：D。

根據原線圈輸入電壓的瞬時值表達式即可知角速度3,結合3=2兀/得交變電源的頻率；

當選擇3檔位后，根據變壓比規(guī)律求出副線圈兩端電壓的有效值，最大值為有效值的應

倍；當檔位由3變?yōu)?后，根據變壓比規(guī)律判斷副線圈的電壓，分析輸出功率的變化，

根據輸入功率等于輸出功率，由2=〃判斷原線圈電流的變化；當選擇檔位4后，根據

變壓比規(guī)律求出副線圈電壓，根據能量守恒求電動機的輸出功率。

本題考查變壓器原理，要注意明確變壓器的規(guī)律，能用線圈匝數之比求解電壓及電流；

同時注意注意明確對于非純電阻電路歐姆定律不能使用，在解題時要注意正確選擇功率

公式。

8.【答案】D

【解析】解：當磁鐵向右運動時，線圈中的磁通量增大，根據楞次定律的第二種描述：

“來拒去留：可知，線圈有向下和向右的趨勢；故線圈受到的支持力增大；同時運動趨

勢向右；

故選：。。

由磁鐵的運動可知線圈中磁通量的變化，由楞次定律可判斷線圈的支持力及運動趨勢.

線圈的運動是因發(fā)生了電磁感應而產生了感應電流，從而受到了安培力的作用而產生的;

不過由楞次定律的描述可以直接判出，并且能更快捷.

9.【答案】A

第12頁，共19頁

【解析】解：AC、由題設條件知，mg-2d-qU=0,知電場力做功等于重力做功的大

小。把A板向上平移一小段距離,質點自尸點自由下落，根據動能定理知,mg-2d-qU=

0,小球到達N點速度為零然后返回。故A正確，C錯誤。

B、將8板向下移動一小段距離，根據動能定理知：mg-（2d+x）-qU>0,知小球到

達N點速度不為零，小球會穿過N孔繼續(xù)下落。故8錯誤。

D、將B板向上移動一小段距離，根據動能定理知：mg?（2d-x）<qU,小球到達N

點前速度就減小為零，然后返回。故。錯誤。

故選：A。

一帶電質點自4板上方相距為"的P點由靜止自由下落（P、M,N在同一豎直線上），

空氣阻力不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，根據動能定理知，在此過

程中重力做功與電場力做功大小相等。移動上下極板，抓住兩板間的電勢差不變，通過

動能定理判斷帶電質點的運動情況。

對于本題選擇全過程為研究過程，運用動能定理進行求解比較方便，在運用動能定理時,

抓住電勢差不變，電場力做功不變，比較電場力做功與重力做功的關系進行分析。

10.【答案】D

【解析】

【分析】

隔離對B分析，求出AB發(fā)生相對滑動時的臨界加速度，再對整體分析，運用牛頓第二

定律求出剛好發(fā)生相對滑動時的拉力。

本題考查牛頓第二定律的臨界問題，關鍵找出臨界狀態(tài)，運用整體法和隔離法，根據牛

頓第二定律進行求解。

【解答】

隔離對B分析，當A8間摩擦力達到最大靜摩擦力時,A、B發(fā)生相對滑動，則即=?=

2

O2；6Q7n/52—6m/s

再對整體分析尸=（啊+MB）a=8x6N=48N,知當拉力達到48NB寸，A、8才發(fā)生

相對滑動，在尸小于12N時，兩者是保持相對靜止的，相對于地面是運動的，故。正

確，ABC錯誤。

故選

11.【答案】D

【解析】解：AB,對4受力分析可知：

1.若A與B的接觸面光滑，則A受重力、支持力及墻壁對A的支持力作用，A處于靜止

狀態(tài)，合力為零，由于A、8之間的接觸面傾斜，則3對A的支持力大于A的重力，根

據牛頓第三定律可知，物塊4對物塊B的壓力大小大于物塊A的重力；

2,若接觸面粗糙，A可能受到重力、支持力和8對A的摩擦力，有可能A還受到墻壁的

支持力；當墻壁對A沒有支持力時，B對A的支持力與摩擦力的合力與A的重力大小相

等，方向相反.

由以上分析可知，故A錯誤，B錯誤；

C、1.若A與B的接觸面光滑，木塊B受重力、地面的支持力、4對B斜向下的壓力以

及地面的摩擦力處于靜止狀態(tài)，合力為零，則摩擦力方向水平向左；

2.若接觸面粗糙，木塊B受重力、地面的支持力、A對8斜向下的壓力以及A對3的靜

摩擦力，其中A對B斜向下的壓力以及A對3的靜摩擦力的合力與A的重力大小相等，

方向豎直向下，所以B不受地面的摩擦力，故C錯誤；

。、對整體進行受力分析可知，整體在豎直方向不受外力，故支持力一定等于兩物體的

重力，故。正確；

故選：D。

分光滑與粗糙兩種情況，分別對A以及4B整體進行分析，由共點力的平衡條件可判斷

兩物體可能的受力情況.

本題考查受力分析及共點力的平衡，在判斷接觸面間的作用力，特別是摩擦力時可以應

用假設法及共點力的平衡條件進行判斷.

12.【答案】1.0cd＞小

【解析】解：(1)歐姆表的內電阻等于中值電阻，為：/?=15x100=1500/2；電壓表

的內電阻為：Rv=30000；

故電壓表讀數為:u=，Rv=品急揭=1。k

(2)①采用電壓表半偏法測量電壓表內電阻，要保證電壓表與電阻箱的總電壓保持不變,

需要使電壓表電阻遠大于滑動變阻器的電阻，故滑動變阻器選擇小電阻，即選擇c；

電阻箱最大電阻不能小于電壓表電阻，電壓表內電阻約為3000歐姆，故電阻箱選擇d；

②實驗中要保證電壓表與電阻箱的總電壓不變，但實際上該電壓是變化的；當電阻箱

電阻增加時，電壓表與電阻箱的總電壓略微增加；

實驗中認為電阻箱和電壓表電阻相等，故調節(jié)電阻箱的阻值使電壓表指針指到1.5V位

置，此時電阻箱的電壓大于1.5V,故電阻箱的電阻大于電壓表的電阻，即測量值偏大;

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當治越大，電壓表與電阻箱的總電壓偏差越小，系統(tǒng)誤差越小，越?。?/p>

故答案為：(1)1.0：(2)①c；&②＞：小.

(1)歐姆表的內電阻等于中值電阻，根據閉合電路歐姆定律列式求解即可；

(2)①采用電壓表半偏法測量電壓表內電阻，要保證電壓表與電阻箱的總電壓保持不變,

需要使電壓表電阻遠大于滑動變阻器的電阻，電阻箱最大電阻不能小于電壓表電阻；從

而選擇實驗儀表；

②明確實驗原理，知道實驗中要保證電壓表與電阻箱的總電壓不變，但實際上該電壓

是變化的，當電阻箱電阻增加時，電壓表與電阻箱的總電壓略微增加，故調節(jié)電阻箱品

的阻值使電壓表指針指到1.5V位置，此時電阻箱的電壓大于1.5V；則可明確實驗結果.

本題考查了用半偏法測量電壓表電阻，關鍵是明確實驗原理，從實驗原理角度選擇器材、

分析誤差來源；同時注意明確實驗中對應的誤差分析方法.

13.【答案】解：①設光在介質中的傳播速度為丫，波長為無頻率為力由圖1得;l=4x

10-7m

光在介質中的速度

光波的頻率為f=3=5

ATIA

代入數據求得/=乎X1015Hz

②光路圖如下：

由幾何關系得在面上的入射角為75。，在CQ面發(fā)生全反射，在8。面上的入射角為

30。，根據折射定律得BD面的折射角為45。

玻璃磚中有光射出部分的長度L=V2d

答:①該光波的頻率為*xl0i5"Z

②畫出光線b從玻璃枝中首次出射的光路圖如圖所示，玻璃胸中有光射出部分的長度乙

為近d,出射光線與界面的夾角。為45。。

【解析】①由圖象可知光波的波長，則由波長、頻率和波速的關系可求得光波的頻率；

②由題意可求得該光在玻璃中的折射率，因兩條光線相互平行，故關鍵在于分析co面

上光線能否發(fā)生全反射。

本題考查光的傳播及折射定律，光的傳播中注意結合圖象找出波長；折射定律中要注意

在各界面上能否發(fā)生全反射。

14.【答案】解：（1）設右管氣體壓強為％,左管氣體壓強為P2,左管氣體下端與水銀槽

面的高度差為無3,則有：

Pi=分+pgh2=BScmHgP?=Pr-pghr=80cmHg

。2=分+pgh3h3=5cmL2=乙2—生+九1+危=60cm

（2）對右管中氣體

初態(tài)：Pi=85cmHg

%=A1S=60cmxS

7\=300K

末態(tài)：Pj=2+pg（L；-AI+電）=93cmHg

V1,=L/S團68cmxS

%=?

則有：管=等w

解得：T；=372K

答：①左則豎直管內氣體柱的長度為60c/n；

②關閉閥門A，當左側豎直管內的氣體柱長度為人=68CM時（管內氣體未溢出），則氣

體溫度應升高到372K。

【解析】①根據幾何關系，即可求出左則豎直管內氣體柱的長度員；

②分析左側氣柱，根據平衡結合理想氣體的狀態(tài)方程，即可求出升溫后關閉閥門A,當

左側豎直管內的氣體柱長度為68“〃時，氣體應升高到的溫度。

本題考查氣體定律的綜合運用，解題關鍵是要分析好壓強P、體積以溫度T三個參量

的變化情況，選擇合適的規(guī)律解決，要求大家熟練能利用幾何關系以及平衡求出初末狀

態(tài)的壓強。

15.【答案】解：（1）7711向下做初速度為零的勻加速直線運動，位移：d=Vt=^tt

==ms

碰撞前速度：v0~~~/=2m/s；

恤的加速度：a=y=|m/s2=2m/s2,

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對mi，由牛頓第二定律得：m1gsind-ii1m1gcosd=

代入數據解得：a=0.5；

(2)兩物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，

以平行于斜面向下為正方向，由動量守恒定律得：機1%=771送1+血2〃2，

由機械能守恒定律得：加1諾="1資+如2諺，

代入數據解得：%=—lm/s,v2=lm/s；

(3)由題意可知：42m2gcos。=m2gs比。，碰撞后巾2向下做勻速直線運動，

Tn1先向上做勻減速直線運動后沿斜面向下做勻加速運動，當兩物塊速度相等時兩者距

離最大，

由牛頓第二定律得：

nii向上運動過程：m^sind4-^m^^gcosd=

mi向下運動過程：m1gsinB-^m^cosO=m1a2,

22

代入數據解得：ar=10m/s,a2=2m/s,

恤速度減為零需要的時間：ti=￡=2s=61s,

恤的速度與血2的速度相等需要的時間：b="=/=0.5s,

血1減速位移大?。?=魯=一/租=0.05m,

xx2al2x10

如加速到與?n2速度相等過程位移大?。?x2x0.52m=0.25m,

該過程中機2的位移大小：x2=%(□+t2)=1x(0.1+0.5)m=0.6m,

兩物塊間的最大距離：d=x2+x1-x1'=(0.6+0.05-0.25)m=0.4m；

答：(1)第一次碰撞前瞬間m1的速度%的大小為2/n/s,uh與斜面之間動摩擦因數的為0.5；

(2)第一次碰撞后兩物塊速度大小都是lm/s；

(3)第一次與第二次碰撞期間，兩物塊間距離最大值為0.4巾。

【解析】(1)應用運動學公式求出碰撞前瞬間uh的速度，應用速度公式求出加速度，然

后應用牛頓第二定律求出動摩擦因數。

(2)兩物塊發(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的速度。

(3)根據物塊的受力情況分析清楚碰撞后物塊的運動過程，應用牛頓第二定律求出加速

度，然后應用運動學公式求出物塊的位移，再求出物塊間的最大距離。

本題是一道力學綜合題，考查了動量守恒定律、牛頓第二定律與運動學公式的應用，根

據題意分析清楚物塊的運動過程與受力情況是解題的前提與關鍵，應用動量守恒定律、

牛頓第二定律與運動學公式可以解題。

16.【答案】解：（1）以導體棒為研究對象，棒