2021年甘肅省武威六中高考物理二診試卷

2021年甘肅省武威六中高考物理二診試卷

1.光滑水平面上又質量為2依的物體,在五個水平方向的共點力作用下處于平衡狀態(tài),

現在將其中F]=5N和尸2=9N的兩個力同時撤去，下列關于物體的運動描述正確的

是（）

A.物體一定做勻加速直線運動，加速度大小可能為5m/s2

B.物體可能變加速直線運動

C.物體可能做勻速圓周運動

D.物體可能做勻變速曲線運動，加速度大小為3m/s2

2.甲、乙兩車從同一地點沿同一平直公路運動它們的v-t

圖象如圖所示，則下列說法中正確的是（）

A.甲車做勻減速運動，乙車做勻加速運動

B.甲、乙兩車在t=3s時相遇

C.甲、乙兩車在t=6s前必定相遇

D.甲、乙兩車相遇前二者之間的最大距離為15〃？

3.飛天攬月，奔月取壤，嫦娥五號完成了中國航天史

上一次壯舉。如圖所示為嫦娥五號著陸月球前部分

軌道的簡化示意圖，I是地月轉移軌道，口、ni是

繞月球運行的橢圓軌道，w是繞月球運行的圓形軌

道。P、。分別為橢圓軌道n的遠月點和近月點。

已知圓軌道w到月球表面的高度為力，月球半徑為

R,月球表面的重力加速度為g,不考慮月球的自轉，下列關于嫦娥五號的說法正

確的是（）

A.由I軌道進入u軌道需在尸處向前噴氣，由n軌道進入HI軌道需在。處向后噴

氣

B.在口軌道上穩(wěn)定運行時經過P點的加速度大于經過Q點的加速度

c.在in軌道上的機械能比w軌道上小

D.在W軌道上繞月運行的速度大小為陞

7R+h

4.如圖所示，某人用繩子拉水平地面上的木箱以恒定

速度口向前運動，已知木箱的質量為機，繩子的拉

力大小為尸且與水平面夾角為。，木箱與地面間的動摩擦因數為〃，最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.木箱受到的支持力可能為零

B.木箱受到的摩擦力大小為卬ng

C.繩子拉力的功率為Fucos。

木箱與地面間的動摩擦因數

D.4=—mg

5.如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內阻為r,C為電容器，&和/?2為定值電

阻，/?3為光敏電阻（阻值隨光照增強而減?。?，A為理想電流表，G為靈敏電流計,

已知Ri>r。當開關S閉合且電路穩(wěn)定后,在逐漸增大對角的光照強度的過程中（）

A.A表的示數變小B.電源的輸出功率變大

C.電源內部消耗的熱功率變小D.G表中有從“至匕的電流

6.醫(yī)用口罩的熔噴布經過駐極處理，在保證常規(guī)濾材的物理

碰撞阻隔作用基礎上，增加了靜電吸附作用，吸附可簡化

為如下過程：某根經過駐極處理后的濾材纖維，其兩側分

別帶有正負電荷，可吸附帶不同電荷的污染物顆粒，某帶

負電的顆粒物在圖中A點時的速度方向如圖所示，在很短

時間內被吸附到纖維附近的8點，忽略空氣的作用力，則在此過程中（）

A.顆?？赡茏鰟蜃兯龠\動

B.顆粒在A點時的機械能一定小于在B點時的機械能

C.顆粒在A點時的電勢能一定大于在8點時的電勢能

D.A點電勢可能高于B點電勢

7.如圖所示，一輕繩跨過光滑且可看作為質點的定滑輪，輕繩

一端系著質量為"的物塊，另一端系著一個質量為“的圓

環(huán)，圓環(huán)套在豎直的光滑細桿上。已知細桿與定滑輪的水平

距離為d=0.6m,初始時細線與豎直桿的夾角0=37。，現

在由靜止釋放兩物體，下列說法中正確的是（）

A.釋放之后圓環(huán)和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒

第2頁，共20頁

B.若M=：zn,當細線與細桿垂直時，圓環(huán)的速度為u=2m/s

C.若M=2m,圓環(huán)運動區(qū)間的長度為1.6m

D.為保證圓環(huán)在初始位置上方運動，物塊與圓環(huán)的質量之比應該滿足竺＞：

8.如圖所示，AB,8為兩個平行的水平光滑金屬導軌，處在方向豎直向下、磁感應

強度為B的勻強磁場中；AB,CO的間距為L左右兩端均接有阻值為R的電阻;

質量為加長為3且不計電阻的導體棒"N放在導軌上，甲、乙為兩根相同的輕質

彈簧，彈簧一端與"N棒中點連接，另一端均被固定；導體棒MN與導軌接觸良好；

開始時，彈簧處于自然長度，導體棒具有水平向左的初速度北，經過一段時間，

導體棒第一次運動到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產生的焦耳熱為Q,

則（）

MB

RR

CND

A.初始時刻導體棒所受的安培力大小為誓曳

B.從初始時刻至導體棒第一次到達最左端的過程中，整個回路產生的焦耳熱大于

2Q

3

C.當導體棒第一次到達最右端時，每根彈簧具有的彈性勢能為:巾詔-Q

D.當導體棒第一次回到初始位置時，A8間電阻R的熱功率為更爭

9.某研究小組設計了一種“用一把尺子測定動摩擦因數”的實驗方案。如圖所示，A

是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端與桌面相切），B是質量為〃?的滑

塊（可視為質點）。

第一次實驗：如圖（a）所示，將滑槽末端與桌面右端M對齊并固定，讓滑塊從滑槽

最高點由靜止滑下，最終落在水平地面上的尸點，測出滑槽最高點距離桌面的高度

h、M距離地面的高度”、M與P間的水平距離與；

第二次實驗：如圖（b）所示，將滑槽沿桌面向左移動一段距離并固定，讓滑塊8再

次從滑槽最高點由靜止滑下，最終落在水平地面上的P'點，測出滑槽末端與桌面右

端M的距離L、M與P'間的水平距離工2。

（1）在第二次實驗中，滑塊到M點的速度大小為（用實驗中所測物理量的符

號表示，已知重力加速度為g）。

（2）通過上述測量和進一步的計算，可求出滑塊與桌面間的動摩擦因數4,下列不能

引起實驗誤差的是（選填序號）。

A.h的測量

B.H的測量

C.L的測量

D.的測量

（3）若實驗中測得/1-15cm、H-25cm、xx—30cm>L-10cm、x2-20cm,則

滑塊與桌面間的動摩擦因數〃=（結果保留1位有效數字）。

10.小明為了精確測量1節(jié)干電池的電動勢和內阻，實驗臺上只有下列器材：

A.電流表4（量程為10mA,內阻以1=100）

8.電流表4（。7）.64內阻以2=0-50）

C.滑動變阻器&（0?100,允許通過的最大電流為24）

D滑動變阻器/?2（。?5000，允許通過的最大電流為24）

￡定值電阻&=1900

反定值電阻/?4=15。

G.開關、導線若干

，.待測電源1節(jié)（電動勢約1.5V,內阻約0.50）

①為了方便且能較準確地進行測量，滑動變阻器應選用（填寫器材前面的序

號）。

②在確保安全的情況下，小明依據現有的實驗器材設計出了精確測量電池電動勢

第4頁，共20頁

和內阻的電路原理圖。請問，他畫出的電路原理圖1中的甲電流表是（填寫

器材前面的序號）。

③請根據實驗原理圖2,將實物連接圖2補充完整。

④小明根據他設計的實驗測出了多組4（電流表&的示數）和4（電流表4的示數），

并作出了如圖3所示的人和L的關系圖線。根據圖線可得，被測電池的電動勢為

匕內阻為。（計算結果要求用含有〃、人的字母表示）。

11.如圖所示為一架小型四旋翼無人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目

前正得到越來越廣泛的應用。現對無人機進行試驗，無人機的質量為m=2kg,運

動過程中所受空氣阻力大小恒為/=4N,當無人機在地面上從靜止開始，以最大

升力豎直向上起飛，經時間t=4s時離地面的高度為h=16m,g取lOm/sZ.求：

（1）其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F；

（2）無人機通過調整升力繼續(xù)上升，恰能懸停在距離地面高度為H=36m處，求無

人機從h上升到H的過程中，動力系統(tǒng)所做的功W；

（3）無人機從H=36m處，由于動力設備故障，突然失去升力而墜落至地面，若與

地面的作用時間為t2=0.2s（此過程忽略空氣阻力），求無人機所受地面平均沖力FN。

12.如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場I,第三象限

存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B。的勻強磁場口，第二象限內存在沿x軸正

方向的勻強電場，第四象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，且第二象限和第四象

限內的電場強度大小相等。一質量為小電荷量為+q的粒子，從y軸上的A點（0,-R）

沿x軸負方向射入第三象限，隨后從C點垂直于x軸進入第二象限，然后從y軸上

。點沿與y軸成45。角的方向離開電場，在磁場I中運動一段時間后，從x軸上尸

點進入第四象限，恰好又能從4點垂直y軸射入磁場口，以后做周期性運動。不計

粒子重力，求：

(1)電場強度E的大??；

(2)磁場I的磁感應強度當的大小；

(3)粒子的運動周期兀

13.下列說法中正確的是()

A.布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動的反映

B.氣體分子速率呈現出“中間多，兩頭少”的分布規(guī)律

C.一定質量的理想氣體，在溫度不變而體積增大時，單位時間碰撞容器壁單位面

積的分子數一定增大

D.因為液體表面層中分子間的相互作用力表現為引力，從而使得液體表面具有收

縮的趨勢

E.隨著分子間距離增大，分子間作用力減小，分子勢能也隨之減小

14.如圖所示，一根兩端開口、粗細均勻且導熱性良好的長玻璃管,

豎直插入足夠大的水銀槽中并固定，管中有一個質量不計的光

滑活塞，活塞下封閉一段長L=80cm的氣體，氣體的熱力學

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溫度Ti=300K?，F在活塞上緩慢加入細沙，直到活塞下降10?！橹?，外界大氣

壓強Po=75cmHg,重力加速度g=10m/s2o求：

G)活塞下降10c〃?時，封閉氣體的壓強；

儂)保持加入的細沙的質量不變，對封閉氣體緩慢加熱，當活塞回到原來位置時，

封閉氣體的熱力學溫度。

15.一列簡諧橫波沿直線傳播，在傳播方向上相距2.1巾的a、b兩處的質點振動圖像如

圖中〃、b所示。若波從。向6傳播，則下列說法正確的是()

."cm

A.該波與一列頻率為4Hz的波相遇時，可能會形成穩(wěn)定的干涉圖樣

B.該波中各質點振動的振幅均為10?！?/p>

C.該波的波長可能是2.8m

D.該波由“傳播到匕一定歷時115

E.該波的波速可能是0.3m/s

16.對比鉆石折射率是判斷鉆石真假的一種方法。圖(a)為某種材料做成的鉆石示意圖,

其截面如圖(b)所示，虛線為垂直于MN邊的對稱軸，乙4。8可以根據需要打磨成不

同大小，現有光線從圖示位置垂直于邊射入該鉆石內。

①若乙408=106。時，光恰好不從A。邊射出。請計算該鉆石的折射率，判斷該鉆

石的真假。(真鉆石對該光的折射率為2.42,計算中可能用到sin37。=0.6,cos370=

0.8)

(ii)繼續(xù)打磨該鉆石使乙40B減小后，讓光線仍沿圖(b)所示方向入射，光射到BO

邊時剛好發(fā)生全發(fā)射，求乙4。8的大小。(結果保留兩位小數)

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：原來物體處于平衡狀態(tài)，則物體可能是靜止狀態(tài)，也可能是做勻速直線運

動。當撤去兩個水平力的時候，剩下三個力大小方向均不改變，合成后合力大小方向恒

定。根據牛頓第二定律，加速度a=生，則加速度a恒定，故物體一定做勻變速運動弄。

771

耳和尸2的夾角未知，其合力大小范圍為：F1—Bl<F^.<F1+F2,即4NWF合w13N。

初始狀態(tài)下，物體受到五個力的作用處于平衡狀態(tài)，說明剩下的三個力的合力與F】和尸2

的合力等大反向。所以加速度。的大小范圍是：2m/s2sas6.5m/s2。由于速度方向

不確定，所以合力方向可能與速度方向在一條直線上，也可能不在一條直線上，所以物

體可能做勻變速運動，也可能做勻變速曲線運動，故。正確，A8C錯誤。

故選：D。

物體受力方向與速度方向在一條直線上時，做直線運動，當受力方向與速度方向不在一

條直線上時，物體做曲線運動。題給條件不能確定合力方向與速度方向的關系，所以物

體可能做直線運動，也可能做曲線運動。

撤去的這兩個力的合力就等于物體所受到的合力，但是這兩個力的方向并不確定，所以

合力范圍是大于等于10N,小于等于20N.且合力方向與速度方向可能在一條直線上，也

可能不在一條直線上，所以物體可能做直線運動，也可能做曲線運動。

2.【答案】D

【解析】解：A、由圖象可知，甲在做勻減速運動，乙先做勻減速運動，再勻加速運動，

故A錯誤；

B、由圖象可知，甲車的加速度為：。甲==-1ni/s2

乙車的加速度為：a乙=2~^~4)m/s2=2m/s2

t=3s時，此時甲車的位移為：x甲=6x3m+gx(-》x327n=12m

乙車的位移為：=(-4)x3m+x2x32m=-3m,二者不相遇，故B錯誤；

C、由圖可知，甲在6s前已經停止運動，則甲停止運動時的位移：s甲==

中2a甲2X-

13.5m

乙在6s內的位移：s乙二(一4)x6m+gx2x62/n=12m,故甲車和乙車在t=6s前不

能相遇，故c錯誤；

D、由圖象可知，甲在t=3s前做初速度為"尹=6m/s勻減速運動，乙先做反方向的初

速度為-4m/s的勻減速運動，再做勻加速運動，故其共速時位移差最大，即在t=

3s時位移差最大，最大為△》=%/一%乙=12血一(~3m)=15m,故。正確。

故選：D。

在速度-時間圖象中，某一點代表此時刻的瞬時速度，時間軸上方速度是正數，時間軸

下方速度是負數，速度的正負表示方向；切線表示加速度，加速度向右上方傾斜，加速

度為正，向右下方傾斜加速度為負；圖象與坐標軸圍成面積代表位移，時間軸上方位移

為正，時間軸下方位移為負。

根據速度圖象由圖直接讀出質點的速度大小、方向關系。關鍵從速度圖象的形狀、斜率、

“面積”等數學知識來理解質點的運動情況。

3.【答案】D

【解析】解：A、根據變軌原理可知嫦娥五號在I軌道進入n軌道需在P處向前噴氣減

速，由口軌道進入ID軌道需在。處向前噴氣減速，故A錯誤；

B、由圖可知，P點到月球球心的距離大，由牛頓第二定律得：G*ma,可知在n

軌道上穩(wěn)定運行時經過P點的加速度小于經過Q點的加速度，故B錯誤；

C、II軌道進入ID軌道需在。處向前噴氣減速，所以嫦娥五號在DI軌道上的機械能比W

軌道上大，故C錯誤；

D、在W軌道上時，嫦娥五號做勻速圓周運動，由牛頓第二定律：/盤=

(R+”)“R+n.

月球表面的重力加速度為g,則：巾9=鬻

聯(lián)立解得在W軌道上繞月運行的速度大小為：u=厝，故。正確。

故選：Do

根據變軌的原理分析，從而比較出速度的大?。桓鶕f有引力提供合外力分析比較各點

的加速度；根據口軌道進入HI軌道需在。處向前噴氣減速，判斷機械能較??；結合勻速

圓周運動的情況分析在m軌道上繞月運行經過Q點的速度。

解決本題的關鍵掌握衛(wèi)星的變軌的原理，掌握應用牛頓第二定律與向心力結合分析向心

加速度與線速度的方法。

4.【答案】C

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【解析】解：AB、木箱以恒定速度v向前運動，處于平衡狀態(tài)，根據平衡條件可得，豎

直方向FN=mg-Fsind,水平方向/=Fcosd=n(mg-Fsind),所以木箱受到的支持

力不可能為零，摩擦力/'=-Fsin。)，故AB錯誤；

C、根據功率公式可得，繩子拉力的功率為P=FucosO,故C正確；

D、根據水平方向Feos。=f=n(mg-Fsin。)可得，動摩擦因數〃=加察;;靛,故D

錯誤。

故選：Co

木箱勻速運動受力平衡，根據平衡條件可知支持力和摩擦力大小；再根據滑動摩擦力公

式求解動摩擦因數；根據功率公式求解拉力的功率。

本題考查共點力平衡、滑動摩擦力以及功率公式的應用，要注意明確滑動摩擦力與正壓

力成正比，有摩擦力時一定有彈力。

5.【答案】B

【解析】解：人增大對/?3的光照強度，其電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電

路歐姆定律可知，干路電流增大，則A表的示數變大，故A錯誤；

以由于R[>r,結合電源的輸出功率與外電阻的關系可知，當外電阻減小時，外電阻

與內電阻逐漸接近，電源的輸出功率增大，故B正確；

C、根據公式P=Gy可知通過電源的電流增大，電源內部消耗的熱功率增大，故C錯誤；

D、由閉合電路歐姆定律知(/=5-/(/?1+「)，可知，/增大，其它量不變，并聯(lián)部分電

壓U減小，即電容器兩端電壓減小，所以電容器處于放電過程，G表中電流從匕流向a,

故。錯誤。

故選：8。

在逐漸增大對/?3的光照強度的過程中，R3的阻值減小，分析外電路總電阻的變化，由閉

合電路歐姆定律分析干路電流的變化，即可知道電流表A的示數如何變化。由內外電阻

的關系和外電阻的變化分析電源的輸出功率如何變化。由P=門廠分析電源內部消耗的

熱功率變化情況。根據電容器充放電情況，判斷G表中電流方向。

對于閉合電路的動態(tài)分析問題，一般按外電路—內電路一外電路的分析思路進行。分析

內電路主要根據總電流及內阻分析內電壓變化情況，而外電路較為復雜，要注意靈活應

用電路的性質。

6.【答案】BC

【解析】解：A、某帶負電的顆粒物在圖中A點時的速度方向豎直向上，在很短時間內

被吸附到纖維附近的8點，作出顆粒的大致運動軌跡如圖所示:

由圖分析可知說明電場力方向向左，距電荷越近電場強度越大，電場力也越大，故加速

度在變大，則顆粒做非勻變速運動，故A錯誤；

BC、顆粒從A到B的過程中，電場力做正功，電勢能減小，機械能增加，故BC正確;

。、根據負電荷在電勢低的地方電勢能大得出4的電勢小于8點的電勢，故。錯誤。

故選：BC。

根據距電荷越近電場強度越大可知電場力的變化情況，從而判斷運動情況，根據電場力

做功判斷機械能和電勢能的變化情況，根據電勢能變化情況判斷電勢大小關系。

本題的關鍵是判斷粒子的運動軌跡，根據軌跡判斷電場力的方向以及電場力做功情況。

7.【答案】ABD

【解析】解：

A.因整個系統(tǒng)不存在摩擦力，只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故4正確；

B.當細線與細桿垂直時，物塊的速度為0,由M=|m,根據動能定理可得：\mv2=

1m貝高一日)-7ng品，解得：v=2m/s,故8正確；

zsinnlant7

C.若M=2機時，物塊一開始先做向下的加速運動，后做減速運動，圓環(huán)先做向上的加

速運動，后做減速運動，可知當圓環(huán)運動至細線與細桿垂直時,，此時：mg-^-=

utan。

2mg(-47-d)

即物塊重力勢能的減少量等于圓環(huán)重力勢能的增加量，又恰好此時物塊的動能為0,

根據機械能守恒可知，此時圓環(huán)的速度為0,即為圓環(huán)運動的最高點，隨后向下運動,

可得圓環(huán)作用的區(qū)間長度為：x=-^-=0.Qm,故C錯誤；

tan。

D圓環(huán)在初始位置上方運動，故可視為圓環(huán)在初始位置恰好靜止，由此可得Mgcos。=

mg,解得：故當滿足%＞：時，圓環(huán)在初始位置上方運動，故。正確；

um4m4

故選：ABD。

根據只有重力做功，機械能守恒；結合動能定理、機械能守恒定律，及運動的合成與分

第12頁，共20頁

解，從而即可列式求解。

考查運動的合成與分解的內容，掌握動能定理與機械能守恒定律的應用，理解機械能守

恒的條件，注意當細線與細桿垂直時，物塊M的速度為零是解題的關鍵。

8.【答案】ABC

.EBLv2BLv

【解析】解：A、感應電動勢：E=BLv。,感應電流：/=二=望n=半n，導體棒受

到的安培力：以=B/L=變爐，故A正確；

8、MN棒第一次運動至最右端的過程中AB間電阻R上產生的焦耳熱Q,回路中產生的

總焦耳熱為2Q.由于安培力始終對MN做負功，產生焦耳熱，棒第一次達到最左端的過

程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整個

回路中產生的焦耳熱應大于32Q=g,故8正確；

C、A/N棒第一次運動至最右端的過程中AC間電阻R上產生的焦耳熱Q,回路中產生的

總焦耳熱為2Q.由能量守恒定律得：\rnvl=2（2+2Ep,此時彈簧的彈性勢能：EP=

[nr詔-Q,故C正確；

。、由于回路中產生焦耳熱，棒和彈簧的機械能有損失，所以當棒再次回到初始位置時，

速度小于孫，棒產生的感應電動勢E<BL%,由電功率公式P=比知，則AC間電阻R

R

的功率小于石毯，故。錯誤；

故選：ABC.

由E=BLv、/=5、尸=B/L三個公式結合求解初始時刻棒受到安培力大小.棒從開

始到第一次運動至最右端，電阻R上產生的焦耳熱為Q,整個回路產生的焦耳熱為2Q.

本題分析系統(tǒng)中能量如何轉化是難點，也是關鍵點，根據導體棒克服安培力做功等于產

生的焦耳熱，分析電阻/?上產生的熱量.

9.【答案】X2疆A0.5

【解析】解：（1）根據平拋運動規(guī)律可知在第二次實驗中，滑塊在滑槽末端時的速度大

小為：V2=7

由豎直方向的自由落體運動可得：H*gt2

聯(lián)立可得在滑塊到M點的速度大小為：v2=%2￡

(2)根據平拋運動規(guī)律可知第一次實驗中，滑塊在滑槽末端時的速度大小為：%=票

可得第一次測的速度為：%=%疆

物體在水平桌面上運動過程中，由動能定理可得：-卬7194=3m詔一稱加資

聯(lián)立可得：4=與畢；

4HL

由表達式可知會引起誤差的是可能是”的測量，也可能是L的測量，也可能打、％2的測

量，與〃的測量無關，所以不能引起實驗誤差的是A選項；

故選：A；

(3)根據題中給出的數據：h,=15cm=0.15m、H-25cm—0.25m、x1—30cm0.30m^

L=10cm=0.10m、x2=20cm=0.20m,

代入數據可得滑塊與桌面間的動摩擦因數〃=3薩=黑黑=0.5。

故答案為：必島A：0.5o

(1)由平拋運動的知識求得速度的大?。?/p>

(2)根據動能定理、平拋運動的規(guī)律推導摩擦因數的表達式，根據表達式分析哪些測量

會引起實驗誤差；

(3)根據〃的表達式，代入數據計算即可。

對于實驗題，要弄清楚實驗目的、實驗原理以及數據處理、誤差分析等問題，一般的實

驗設計、實驗方法都是根據教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定要熟練學

握教材中的重要實驗。

10.【答案】CA0.2a-^-2

【解析】解：①一節(jié)干電池的電動勢約為1.5V,為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇C。

②一節(jié)干電池電動勢約為1.5V,沒有電壓表，可以把已知內阻的電流表A與定值電阻E

串聯(lián)改成正2y的電壓表測電壓，電路原理圖1中的甲電流表應選擇A。

③由圖1所示電路圖可知，干電池、開關、定值電阻/?4、電流表、滑動變阻器組成串

聯(lián)電路，電流表A與定值電阻飛串聯(lián)測路端電壓，根據圖1所示實驗原理圖連接實物電

路圖，實物電路圖如圖所示；

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④根據圖1所示實驗原理圖，由閉合電路的歐姆定律可知，電源電動勢:

E=U+I2(r+R4+%2)=+&)+，2(r+R4+^42)，

整理得：/1=一詈學/2+最片

由圖示A-與圖象可知，圖象斜率的絕對值k=3"絲=筆二，圖象縱軸截距b=

Ki41+K3"

代入數據解得，電源電動勢E=0.2aV,內阻「=專-2。

50

故答案為：①C；②4；③實物電路圖如圖所示；④0.2a；3一2。

①為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器。

②沒有電壓表可以用已知內阻的電流表改裝成電壓表測電壓，根據圖示電路圖與所給

器材分析答題。

③根據圖示電路圖連接實物電路圖。

④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，然后根據圖示圖

象求出電源電動勢與內阻。

本題考查了測干電池的電動勢和內阻實驗，考查了實驗器材選擇、實驗數據處理等問題;

理解實驗原理是解題的前提與關鍵，根據圖示實驗原理圖一樣閉合電路的歐姆定律求出

圖象的函數表達式，根據圖示圖象即可解題。

11.【答案】解：(1)上升過程，由位移公式得：h=\at2

代入數據得：a=2m/s2

由牛頓第二定律得：F-mg-f=ma

代入數據得：F=28N

(2)無人機離地面的高度為/1=16nl時的速度為：%=at=2x4m/s=8m/s

根據動能定理有：W-(mg+f)(H-九)=0-gm謚

代入數據解得：17=3167

(3)失去升力后下落過程，觸地面的速度為“2=圖不

觸地過程，向下為正，由動量定理得：FNt+mgt=O-mv2代入數據得：FN=

-(60V5+20)N負號表方向

(1)其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力為28M

(2)無人機從h上升到H的過程中，動力系統(tǒng)所做的功為566J；

(3)無人機所受地面平均沖力為(606+20)N。

【解析】(1)根據勻變速直線運動的位移時間公式求出加速度，結合牛頓第二定律求出

最大升力的大小。

(2)先求出t=4s時的速度，無人機從〃上升到”的過程中，根據動能定理求動力系統(tǒng)

所做的功；

(3)由自由落體運動求得觸地前的速度，再由動量定理求得沖擊力。

本題的關鍵是對飛行器的受力分析以及運動情況的分析，結合牛頓第二定律和運動學基

綜合以上解得：E=遛"

2m

(2)粒子進入磁場/時的速度大小為17=V2v0-

OD間的距離大小為d=vot=2R,

根據運動軌跡可知，粒子在磁場/中做半徑為r=&R的勻速圓周運動，然后從尸點射

出時速度方向與x軸負方向的夾角大小也為45。。

根據=my

聯(lián)立以上可解得當=

(3)粒子在磁場n中做;周期的圓周運動，所以運動時間G=器,

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在磁場/做周期的圓周運動，所以運動時間t2=左，

由于粒子從X軸上的尸點進入第四象限，恰好又能從A點垂直y軸射入磁場n,因此可

知粒子在兩個電場中的運動時間相同，均為t3=爭=普，

故粒子運動的周期為：r="+12+2t3=歿券。

【解析】本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，重點就是受力分析和運動分析，要著

重掌握圓周運動的規(guī)律，還有相應的數學知識，做到能準確畫出臨界情況的示意圖，明

確運動的軌跡。

13.【答案】ABD

【解析】解：A、布朗運動的小顆粒受到不同方向的液體分子無規(guī)則運動產生的撞擊力

不平衡引起的，反應了液體分子的無規(guī)則運動，故A正確。

8、氣體中的大多數分子的速率都接近某個數值，與這個數值相差越多，分子數越少，

表現出“中間多，兩頭少”的分布規(guī)律，故8正確。

C、根據理想氣體狀態(tài)方程與=C,T不變，V增大，壓強p減??；根據氣體壓強的微觀

意義，氣體壓強和單位時間碰撞容器壁單位面積的分子數、分子平均動能有關，溫度不

變，分子平均動能不變，而壓強減小，說明單位時間碰撞容器壁單位面積的分子數一定

減小，故C錯誤。

。、液體表面張力是液體表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大,

分子力表現為引力的結果，液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢，

故。正確。

E、在r<階段，隨著分子距離增大，分子間作用力減小，分子勢能也隨之減??；在r>r0

階段，隨著分子距離增大，分子力先增大后減小，分子勢能增大，故E錯誤。

故選：ABD。

布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動的反映；氣體分子速率呈現出“中間多，兩頭少”的

分布規(guī)律；根據理想氣體狀態(tài)方程即氣體壓強的微觀意義判斷；液體的表面張力使液面

具有收縮到液面表面積最小的趨勢；根據F-r圖象及0-r圖象判斷分子力及分子勢能

的變化。

本題考查了布朗運動、分子勢能、分子力、分子運動速率的統(tǒng)計分布規(guī)律、氣體壓強的

微觀意義等知識點。這種題型知識點廣，多以基礎為主，只要平時多加積累，難度不大。

14.【答案】解：(i)設活塞下降10的時，管內外水銀面高度差為x,高為x水銀產生的

壓強為Px，設玻璃管的橫截面積為S,

氣體溫度不變，由玻意耳定律得：p0LS=(po+px^L-10+x)S

代入數據解得：x=5cm,

氣體的壓強p=Po+Px=(75+S)cmHg=80cmHg

(ii)對氣體加熱過程，氣體壓強不變，由蓋-呂薩克定律得：

乜=.

其中：匕=(80-10+5)S=75S,V2=(80+5)S=85s

代入數據解得：T2=340K

答：(i)活塞下降10。"時，封閉氣體的壓強是80croHg；

5)當活塞回到原來位置時，封閉氣體的熱力學溫度是34OK。

【解析】①對管內氣體分別表