2021年遼寧省沈陽二中高考物理四模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.在火星上太陽能電池板發電能力有限，因此科學家用放射性材料「比。2作為發電能

源為火星車供電。P“O2中的尸“元素是觥8P”，具有天然放射性，半衰期為87.7年。

關于衰變，下列說法正確的是（）

A.天然放射現象說明原子內部是有結構的

B.至8p“原子核發生°衰變后產生的新核的比結合能變小

C.10個股8Plz原子核經過87.7年后一定還會剩余5個

D.^80?原子核經過一次a衰變質量數減少4,核電荷數減少2

2.質量為小的物體放在質量為M的斜面體上，斜面體放在水平粗糙的地面上，山和

M均處于靜止狀態，如圖所示。當在物體機上施加一個水平F,且F由零逐漸增大

的過程中，機和M仍保持靜止狀態。在此過程中，下列判斷正確的是（）

A.斜面體對的支持力可能保持不變

B.物體m受到的摩擦力一定增大

C.地面受到的壓力一定保持不變

D.地面對斜面體的摩擦力一定保持不變

3.“天問一號”火星探測器已經被火星捕獲。若探測器在距離火星表面高為h的圓形

軌道上繞火星飛行，環繞〃周飛行總時間為f,已知引力常量為G,火星半徑為R,

則下列給出的火星表面重力加速度g（忽略自轉）和平均密度p的表達式正確的是

（）

A_47r2（R+/J）3_3兀（R+/I）3

A，9=R2t2'P=Ct2R3

B.g=4一”+町士誓

"R2t2yGt2/?3

「_4712t2（R+h）3_37rt2（R+/1）3

jg=~-，p=G-R3

D句呼+狂,

"R2t2yGt2/?3

4.為了研究某種透明新材料的光學性質，將其壓制成半圓柱形，如圖甲所示。一束激

光由真空沿半圓柱體的徑向與其底面過。的法線成。角射入。CZ）為光學傳感器，

可以探測光的強度。從48面反射回來的光強隨角。變化的情況如圖乙所示，則下

列說法正確的是（）

A.圖甲中若減小入射角6,則反射光線和折射光線之間的夾角也將變小

B.圖甲中若減小入射角。到0。，則光線將全部從AB界面透射出去

C.該新材料的折射率n=1.25

D.該新材料的折射率71=|

5.某形狀不規則的導體置于靜電場中，由于靜電感應,

在導體周圍出現了如圖所示的電場分布，圖中虛線表

示電場線，實線表示等勢面，A、B、C為電場中的

三個點。下列說法正確的是（）

A.A點的電場強度大于B點的電場強度

B.A點的電勢低于8點的電勢

C.將電子從A點移到B點，電勢能增加

D.將電子從A點移到8點，電場力做正功

6.軍事演習中，在M點的正上方離地H高處的藍軍飛機以水平速度％投擲一顆炸彈

攻擊地面目標，反應靈敏的紅軍的地面高炮系統同時在M點右方地面上N點以速

度/斜向左上方發射攔截炮彈，如圖所示，兩彈恰在俯、N連線的中點正上方相遇

爆炸。若不計空氣阻力，則發射后至相遇過程（）

J1

MN

77777777777777777777777777/777?

A.初速度大小關系為%>v2

B.攔截彈相對攻擊彈做勻速直線運動

第2頁，共19頁

C.若沒有發射攔截炮彈，炸彈一定落在N點

D.兩彈相遇點一定在距離地面以高度處

7.己知通電的長直導線在周圍空間某位置產生的磁場

磁感應強度大小與電流強度成正比，與該位置到長

直導線的距離成反比。如圖所示，現有通有電流大

小相同的兩根長直導線分別固定在正方體的兩條邊

曲和〃g上，彼此絕緣，電流方向分別由“流向力、

由A流向g,則頂點。和e兩處的磁感應強度大小之比為（）

A.2：V3B.V3：2C.2：V2D.V2：V3

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖甲所示，在某介質的xOy平面內有兩個相干波源見和52,波源Si的坐標為

（0,0.15m）,其振動圖像如圖乙所示；波源52的坐標為（0,-0.15m）,其振動圖像如

圖丙所示。在x=0.4TH處有一平行于y軸的直線，與x軸交于N點，直線上M點

的坐標為（0.4m,0.15M）。兩波源發出的波的波長均為0.2TH,則下列說法中正確的

A.波源S］發出的波傳播到M點的時間為4s

B.波源S2發出的波傳播到M點為波峰時，波源&發出的波傳播到M點為波谷

C.M點是振動加強點

D.N點是振動加強點

9.如圖1所示，質量6=1kg的物塊放置在豎直固定的彈簧上方（未拴接），用力向下

壓物塊至某一位置，然后由靜止釋放，取該位置為物塊運動的起始位置，物塊上升

過程的a-x圖像如圖2所示，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。則下列說

法正確的是（）

B.彈簧的勁度系數為25N/jn

C.彈簧最大彈性勢能為4.5/

D.物塊離開彈簧時速度最大

10.如圖，足夠長的間距d=1巾的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在水平面內，導軌

間存在一個寬度L=1巾的勻強磁場區域，磁感應強度大小為B=0.57,方向如圖

所示。一根質量nia=0.1kg、阻值R=0.50的金屬棒a以初速度為=4zn/s從左端

開始沿導軌滑動，穿過磁場區域后，與另一根質量Tn》=0.2kg、阻值R=0.50的靜

止放置在導軌上的金屬棒b發生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，

導軌電阻不計，貝或）

L

M-T—|--------廣..1I—N

A.金屬棒。第一次穿過磁場的過程中，做加速度減小的減速直線運動

B.金屬棒a第一次穿過磁場的過程中，回路中有順時針方向的感應電流

C.金屬棒a第一次穿過磁場的過程中，金屬棒匕上產生的焦耳熱為0.34375/

D.金屬棒a最終停在距磁場左邊界0.8m處

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

11.某實驗小組同學利用下列器材做“研究合外力做功與動能變化的關系”實驗:

4一端帶有滑輪和刻度尺的軌道

8.兩個光電計時器

C安裝有擋光片的小車（質量為M）

D拴有細線的托盤（質量為tn。）

E.可以調節高度的平衡支架

尸.一定數量的鉤碼

第4頁，共19頁

123cm

』州||||加即山

1020

甲乙

某小組選用上述器材安裝實驗裝置如圖1所示，軌道上安裝了兩個光電門人及

實驗步驟：

①調節兩個光電門中心的距離，記為心

②調節軌道的傾角，輕推小車后，使小車拉著鉤碼和托盤能沿軌道向下勻速經過

光電門4、B,鉤碼的總質量記為,〃；

③撤去一部分質量為4根的鉤碼，讓小車仍沿軌道向下加速經過光電門A、B,光

電計時器記錄小車通過A、B的時間分別為△t2；

④利用測得的數據求得合外力做功與動能變化的關系。

根據實驗過程，滑輪的摩擦力不計，回答以下問題：

（1）圖乙是用游標卡尺測擋光片的寬度d,則&=cm.

（2）小車和托盤、祛碼組成的系統加速從A到B過程中，合外力做的功川=；

系統動能的變化量的表達式△七上=（用測得的物理量的字母符號表示，g為

已知量）。通過實驗可得出：在誤差允許的范圍內合外力所做的功等于系統動能的

增量。

12.某學校課題研究小組為了撰寫關于未知材料電阻率的研究報告，設計了一個測量電

阻率（被測電阻絲的阻值約為250）的實驗方案，可提供的器材有：

A電流表G,內阻&=1200,滿偏電流勉=3mA

8.電流表A,內阻約為0.20,量程為0?0.64

C.電阻箱島（0?99990,額定電流為0.54）

D滑動變阻器R（最大阻值為50,額定電流為L4）

￡干電池組（電動勢為3匕內阻為0.050）

尸.一個開關和導線若干，刻度尺、螺旋測微器。

47mA

-?------8----

圖1圖2

進行了以下操作：

（1）把電流表G與電阻箱串聯改裝成電壓表使用，最大測量電壓為3匕則電阻箱的

阻值應調為扁=0。

（2）請用改造完的電壓表設計一個測量電阻率的實驗電路，根據提供的器材和實驗

需要，請將圖中電路圖1補畫完整。

（3）某小組同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數據如下：

次數1234567

lg/mA0.100.300.701.001.501.702.30

l/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520

這個小組的同學在坐標紙上建立力、/坐標系，如圖2所示，圖中已標出了與測量

數據對應的4個坐標點。請在圖中標出第2、4、6次測量數據的坐標點，并描繪出

U-/圖線。由圖線得到金屬絲的阻值。同學們測出金屬絲直徑約為1.0mm,接入

電路部分的長度約為50c根據以上數據可以估算出該未知材料的電阻率約為

/2-m（n=3.14,結果保留兩位有效數字）。

四、計算題（本大題共3小題，共40.0分）

13.某科技小組自己動手制作了一個潛水艇模型。如圖所示，高壓氣瓶通過細管與壓載

水箱連接，水箱中有一厚度忽略不計的輕活塞，壓載水箱通過通海口（細管）通向外

界，連接各部分的細管容積不計。下沉前，保持閥門K關閉，高壓氣瓶中已充滿高

壓氣體，活塞保持在壓載水箱最右側，壓載水箱通過通海口裝滿水后，潛水艇下沉

到水下h=10/n處懸停。此時，通過遙控器將閥門K打開，高壓氣瓶中的氣體緩慢

釋放推動活塞，剛好能夠將壓載水箱中的水全部排出時關閉閥門，在這個過程中潛

水艇模型的豎直高度變化可以忽略。已知壓載水箱的容積為63高壓氣瓶的容積

為2L,高壓氣瓶內氣體壓強pi=1.0xl（）6pa,大氣壓強p（）=1.0X10沖（2,水的

密度p=1.0x103kg/m3,g=10m/s2o若整個過程中氣體溫度不變，活塞與水

箱的摩擦力忽略不計，求：

第6頁，共19頁

(1)高壓氣瓶中氣體的末態壓強為大氣壓的多少倍？

(2)氣體膨脹過程是吸熱還是放熱？

14.在一種新的子母球表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球8,A

從距地面高度為3/z和的地方同時由靜止釋放，如圖所示，若

B與地面發生碰撞后能原速率反彈，且A、8第一次發生彈性碰

撞后，A恰好能回到出發點。假設碰撞時間極短，且運動過程3h

中忽略空氣阻力的影響，求：

(1)4、8兩物體相碰時的位置距地面的距離？

(2)4、8兩物體的質量之比是多少？

15.在如圖〃所示的平面直角坐標系xO)，中，第三象限有豎直向上的勻強電場，場強大

小為E=100V/m,在第一與第二象限有垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度B按圖

匕所示規律周期性變化(圖b中磁場以垂直紙面向外為正)。在第一象限的橫軸OM

之間有一水平光滑絕緣薄板，板長L=72cm,粒子打到該板上會被反彈(碰撞時間

極短)，反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。現將一重力

不計、比荷5=的帶正電的粒子置于電場中的A點，4點坐標為

(-5cm,-12.5cm)。將該粒子由靜止釋放，之后進入上方的勻強磁場中，經過一段

時間后，又通過y軸上的尸點，最終打到右側的豎直擋板上。若以粒子第一次通過

x軸時為t=0時刻，求：

(1)該粒子經過P點距O點的距離；

(2)經過t=10-55時，粒子與o點的水平距離；

(3)帶電粒子從進入磁場開始計時到運動至擋板所需的時間。

第8頁，共19頁

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、射線來自于原子核內部，所以天然放射現象說明原子核內部是有結構

的，故A錯誤；

B、發生a衰變的過程中釋放能量，所以葬8pu原子核發生a衰變后產生的新核的比結合

能變大，故8錯誤；

C、半衰期是大量放射性原子衰變的統計規律，對個別的放射性扉8pa原子核沒有意義，

故C錯誤；

D、a粒子為氮核，由2個質子核2個中子組成，質量數為4,電荷數為2,結合質量數

守恒與電荷數守恒可知，/8Pu原子核經過一次a衰變質量數減少4,核電荷數減少2,

故。正確。

故選：D。

天然放射現象說明原子核內部是有結構的；a衰變的過程中釋放能量，比結合能增大；

半衰期是大量放射性原子衰變的統計規律；根據質量數守恒和電荷數守恒判斷衰變方程。

本題考查了核反應方程式的書寫、原子核衰變等知識點，根據質量數守恒及核電荷數守

恒寫出核反應方程式是解決本題的關鍵，掌握a與夕衰變的區別，注意半衰期的適用條

件與特征。

2.【答案】C

【解析】解;AB、對物體進行研究,

物體受到重力mg,水平推力F、斜

面的支持力Ni（見圖，摩擦力不確

定）,

當F=0時，物體受到的靜摩擦力

大小為=mgsin。，方向沿斜面(M+m)g

向上，支持力電=mgcos。：

在F不為零時，斜面對物體的支持力Ni=zngcosO+Fsin。，所以支持力逐漸增大;

而對于靜摩擦力，

當Feos。<mgsindB'l,靜摩擦力隨尸的增大而減小人=mgsind—FcosO<mgsinO,

FcosQ>mgsineni，靜摩擦力隨尸的增大而增大，故AB錯誤；

CD、對于整體，受到總重力(M+m)g、地面的支持力Nz、靜摩擦力心和水平推力尸，

由平衡條件得：N2=(m+M)g,地面的摩擦力上=F；

可見，當產增大時，/逐漸增大

由牛頓第三定律得知，地面受到的壓力保持不變，地面給斜面體的摩擦力由0逐漸增大,

故C正確，。錯誤。

故選：Co

對物體進行分析受力情況，根據平衡條件，分析斜面對物體的支持力和摩擦力的變化情

況.對整體進行分析，由平衡條件研究地面對斜面的支持力和摩擦力如何變化，再由牛

頓第三定律得到地面受到的壓力和摩擦力如何變化.

本題隔離法和整體法相結合的方法研究兩個物體的平衡問題，通過分析受力情況，由平

衡條件判斷各力的變化情況.

3.【答案】B

【解析】解：探測器和火星間的萬有引力提供向心力，則=m(^)2(R+九)，T=二

火星表面一物體與火星間的萬有引力等于重力，貝怙翳=mg,聯立上述式子可得：g=

47r2n2(/?+h)3

°

火星的密度p=V=lnR\聯立解得p=4*。故8正確，AC。錯誤。

故選：Bo

利用萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力結合聯立方程求解即可。

本題考查萬有引力定律的應用，熟練掌握兩種思路，萬有引力提供向心力，萬有引力等

于重力，然后求解物理量即可。

4.【答案】C

【解析】解：A、若減小入射角。，則反射角減小，根據折射定律知折射角也減小，由

幾何關系知反射光線和折射光線之間的夾角將變大，故A錯誤；

8、圖甲中若減小入射角。到0。，仍存在反射光線，只是反射角為零，光線不會全部從

AB界面透射出去，故8錯誤；

CD、由圖乙可知，當。=53。時發生全反射，此時C=53。，則/1='=—2=1.25,

sinC7sin530

故C正確、。錯誤。

故選：C。

第10頁，共19頁

若減小入射角仇由反射定律和折射定律結合兒何關系可知反射光線和折射光線之間的

夾角如何變化；反射光線一定存在；由圖象乙能讀出此新材料的臨界角C,根據全反射

臨界角公式sine.求解折射率。

本題主要是考查r光的折射和全發射；解答此類題目的關鍵是弄清楚光的傳播情況，畫

出光路圖，根據圖中的幾何關系求出折射角或入射角，然后根據光的折射定律或全反射

的條件列方程求解。

5.【答案】C

【解析］解：A、根據電場線的疏密表示場強的相對大小，知A點處電場線比8點處稀，

則A點的電場強度小于B點的電場強度，故4錯誤；

8、沿著電場線電勢逐漸降低，可知，A點所在等勢線的電勢比8點所在等勢線的電勢

高，則A點的電勢高于B點的電勢，故8錯誤；

C、電子帶負電，根據負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，則知電子從

A點移到8點，電勢降低，電子的電勢能增加，故C正確；

D、將電子從A點移到8點，電勢能增加，則電場力做負功，故。錯誤。

故選：Co

根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大小；根據沿著電場線電勢逐漸降低來判斷電勢

的高低；根據電勢的變化判斷電勢能的變化，確定電場力做功正負。

本題關健要掌握電場線的兩個物理意義：電場線的疏密表示場強的相對大小，順著電場

線方向電勢降低。同時，要知道負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大。

6.【答案】8

【解析】A、導彈和飛機在中線上相遇，則說明倆個物體在水平方向位移的大小一

樣，又因為飛機與導彈的飛行時間一樣，所以飛機速度與導彈水平方向的初速度大小相

同。而導彈還具有豎直方向上的初速度，所以巧＜盯，故A錯誤

B、由于兩個導彈都只受到重力，根據牛頓第二定律F=ma=mg可知，兩個導彈的加

速度大小相同且均為g，方向相同都豎直向下。若取攻擊彈為參考系，則攔截彈加速度

為0,相對合外力為0,此時攔截彈相對于攻擊彈做勻速直線運動。故8正確

C、導彈在空中相遇只能說明兩個導彈的末位置相同，并不代表他們的運動軌跡線條一

樣，所以攻擊彈不一定落在N點，故C錯誤

。、根據題意只能求出兩個導彈的運動時間相同，并不能求出相遇時兩個導彈的具體速

度，故而不能判斷準確相遇位置，故。錯誤

故選：B。

此題要利用分解法，分別看待水平方向運動與豎直方向的運動，找到關系解題

此題易錯點在于誤認為相遇就代表兩個導彈一定要軌跡相同，實際上在空中任意畫兩條

曲線，都有交點，不一定非得重合才能相遇。

7.【答案】B

【解析】解：設兩電流的大小為/,正方體的邊長為s,防導線上通過的電流在a處產

生的磁感應強度為B3=方向從。指向b如圖所示;

在e處產生的磁感應強度為B1=巧，方向從e指向力如圖所示;

俯導線上通過的電流在a處產生的磁感應強度為B4=k盍，方向垂直碗向下，如圖所

示;

在e處產生的磁感應強度為%=k%方向從e指向a,如圖所示;

由平行四邊形定則得：Ba=6/cgBe=V2k^,

所以為：Be=V3：2；故B正確，ACQ錯誤。

故選：Bo

根據題意通電導體在某一點的磁感應強度大小為B=kj利用矢量的平行四邊形法則和

幾何知識解題。

本題考查了通電直導線磁場的分布與計算、矢量的平行四邊形法則等知識點。利用矢量

運算的平行四邊形法則是解題的關鍵。

8.【答案】AC

第12頁，共19頁

【解析】解：4由圖可知，波的周期T=2s,故波速：v=^=^m/s=O.lm/s

波源&發出的波傳播到M點的時間為：S=4s,故A正確；

B.由題意可知，波源&到“點距離為0.4m,根據幾何關系可得，波源S2到M點距離為0.5m,

兩波到M點的路程差為0.1m,即半個波長，根據振動圖像可知，兩波初始相位差半個

周期，所以波源品發出的波傳播到M點為波峰時，波源S2發出的波傳播到M點為波峰，

故8錯誤；

CD.根據以上分析可知，M為振動加強點，N點到兩波源距離相等，則為振動減弱點，

故C正確，。錯誤。

故選：AC。

①先讀出周期，求出波的波速，再由運動學公式求波源Si發出波的傳播到M點的時間；

②分析波程差大小，再根據加強和減弱點的性質確定例點的振動情況。

本題考查對波的疊加原理的理解和應用能力，要注意波的疊加也遵守矢量的運算法則。

9.【答案】AC

【解析】解：小物塊離開彈簧時彈簧的彈力為零，只受重力，加速度為g(對應圖2中

的x=0.3巾),設物塊運動過程的最大加速度大小為dm。當X=0時,物塊的加速度最大，

由三角形相似可知：芋=首，讓所以得樂=2g=2x10m/s2=20m/s2,故A正確；

B、x=0.3m時物塊離開彈簧,x=0.2m時彈簧的壓縮量為△x=0.3m-0.2m=0.1m,

此時Q=0,根據平衡條件得?ng=k△%,解得k=lOON/zn,故B錯誤；

。、％=0時，對物塊，由牛頓第二定律得%-叫9=m。e解得彈簧最大的彈力大小

為j=3mg=3x1xION=30N。x由％=0->%=0.3m的過程，彈簧的彈力做功為

HZ=FXAX=^2XAX=yx0.37=4.5/,則彈簧最大彈性勢能為Ep=W=4.5/,

故C正確；

D、從x=Qtx=0.2m的過程，物塊向上做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，

速度最大，故速度最大的時刻是％=0.2爪的時刻，并不是離開彈簧的時刻(x=0.3m),

故。錯誤；

故選：AC。

物塊離開彈簧時加速度為g,根據幾何關系和圖像的信息求物塊在最低點的加速度，即

可得到最大加速度；根據a=0時x=0.2m,由平衡條件和胡克定律相結合求彈簧的勁

度系數；根據彈力的平均值求彈簧最大彈性勢能。

解答本題時，要正確分析物塊的受力情況，確定彈簧的狀態。要知道彈簧的彈力隨位移

均勻變化，平均彈力等于初末彈力的平均值。

10.【答案】ACD

【解析】解：人金屬棒。第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運動，由于速

度減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，故金屬棒〃做加速度減小的減速直

線運動，故A正確；

8、根據右手定則可知，金屬棒“第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應電流，

故B錯誤；

C、設金屬棒〃離開磁場的速度大小為V,規定向右為正方向，對金屬棒〃根據動量定

理得：—B/dt=ma"—6。火

即電警￡=7n為一小心其中5.△1=/,,解得對金屬棒第一次離開磁場時速度：v=

1.5m/s

金屬棒。第一次穿過磁場區域的過程中，電路中產生的總熱量等于金屬棒。機械能的減

少量，即：Q=

代入數據得：Q=0.6875/

由于兩棒電阻相同，兩棒產生的焦耳熱相同，則金屬棒人上產生的焦耳熱：Qb=\Q=

1x0.68757=0.343757,故C錯誤；

。、規定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程中滿足動量守恒定律的守恒條件，

根據動量守恒可得Ola"=ma^a+^bvb

2

根據機械能守恒定律可得：|mav=|mav^+|mbVfc

聯立并代入數據解得金屬棒a反彈的速度為：%=-0.5m/s

設金屬棒。最終停在距磁場左邊界x處，則從反彈進入磁場到停下來的過程，規定向右

為正方向，對金屬棒”，根據動量定理得：

Bl'd?△￡‘=()—mava

即'。—-mva,其中％=-0.5m/s

聯立并代入數據解得：x=0.8m,故O正確。

故選：ACD.

金屬棒。第一次進磁場，判斷安培力大小，然后判斷運動狀態，進而判斷加速度大小，

第14頁，共19頁

從而知道物體的運動狀態；

根據右手定則判斷感應電流方向；

對金屬棒a動量定理求第一次離開磁場的速度，動能定理求電路產生的總熱量，然后求

出金屬棒人的熱量；

彈性碰撞動量守恒，機械能守恒，求出碰后金屬棒。的速度，然后動量定理求出最終停

在距磁場左邊界的位置。

對于安培力作用下導體棒的運動問題，如果涉及求位移、速度等問題，常根據動量定理

結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。

11.【答案】0.735△mgL(M+m+mo-Am/

2AtoA^2

【解析】解：(1)此游標卡尺的精度為以nun=0.057nm,而游標卡尺的讀數等于主尺讀

數加上游標讀數，所以擋光片的寬度d=7mm+9x0.05mm=7.45mm=0.745cm；

(2)根據實驗步驟，開始小車拉著鉤碼和托盤沿軌道向下勻速運動，之后去掉鉤碼Am后

又讓小車加速下滑，那么此過程小車受到的合力就是去掉的鉤碼A/n的重力。那么小車

從A到8合外力做的功W=△mgL.

小車通過兩個光電門A、B的速度分別為以=今，如=今，去掉鉤碼AM后系統的總

質量為(M+m+m0-Am),所以系統通過兩個光電門時增加的動能△Ek=^M+

m+mo-AmXvj-嘵=…+<…2［(_L)Z_(_1_)2］。

故答案為：(1)0.735；(2)△mgL、絲竺等絲叱［(卷產-鼠下］

(1)游標卡尺的讀數等于主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；

(2)小車加速從A到8過程中合外力等于去掉的鉤碼的重力，根據勿=雙求解合外力做

的功；系統(M+m)動能的變化量的表達式△Ek=+巾)詔+?n)若，從而知

道系統動能的變化量。

此題考查探究功與速度變化的關系實驗，解決本題的關鍵掌握數據處理的方法，會通過

數據求解瞬時速度。

12.【答案】8807.0X10-6

H3

【解析】解：(1)根據歐姆定律得：R0=--Rg=-n-120/2=880P.

(2)由于待測電阻阻值遠大于滑動變阻器的最大阻值，為測多組實驗數據，滑動變阻器

應采用分壓接法；由于可以直接讀出流過改裝后電流表的電流，電流表可以采用外接法,

實驗電路圖如圖1所示；

(3)根據表中實驗數據在坐標系內描出對應點，讓盡可能多的點過直線，不能過直線的

點對稱分布在直線兩側，根據坐標系內描出的點作出圖象如圖2所示；

A/mA

010020030(140050Q60

圖2

通過待測電阻的電流為：lR=I-Ig，待測電阻兩端的電壓為：U=Ig(Rg+R0),

根據歐姆定律可知，電阻絲的電阻：R=￡

根據電阻定律得：?==

1

整理得：4=nd\Rg+R0)+4PL

4PL2.5X1O-3

由圖示/g-/圖象可知,圖象的斜率k=2

nd(Rg+R0)+4pL0.56

代入數據解得：p27.0x10-6。,m

故答案為：⑴880；(2)電路圖如圖1所示；(3)圖象如圖2所示;7.0x10-6(6.7x

10-6?7.3xIO》。

(1)電流表改裝為電壓表，串聯電阻起分壓作用，根據歐姆定律求出電阻箱的電阻大小.

(2)為得到較大的電壓調節范圍，滑動變阻器用分壓式接法；根據題意確定電流表接法,

然后根據實驗原理作出實驗電路圖。

(3)應用描點法作出圖象；根據歐姆定律計算出電阻，再根據電阻定律求出電阻率。

本題考查了電壓表改裝、實驗電路設計與實驗數據處理等問題；理解實驗原理是解題的

前提；根據電路圖應用歐姆定律與電阻定律求出圖象的函數表達式，根據圖示圖象可以

求出電阻率。

6

13.【答案】解：(1)已知：P1=1.0x10Pa,匕=23V2=6L

5

封閉氣體末狀態的壓強Pz=Po+09八，代入數據解得：p2=2.0x10Pa

封閉氣體溫度不變，由玻意耳定律得：P1匕=P1匕+P2彩

代入數據解得：Pi=4p0

第16頁，共19頁

(2)氣體溫度不變，氣體內能不變，△(/=(),氣體膨脹對外做功，W<0,

由熱力學第一定律△U=勿+Q可知：Q=AU-W=-W>0,氣體吸收熱量

答：(1)高壓氣瓶中氣體的末態壓強為大氣壓的4倍。

(2)氣體膨脹過程是吸熱。

【解析】(1)氣體溫度不變，求出應用玻意耳定律可以求出高壓氣瓶中氣體的末態壓強

為大氣壓的倍數。

(2)應用熱力學第一定律判斷氣體是吸熱還是放熱。

根據題意分析清楚氣體狀態變化過程，求出氣體狀態參量，應用玻意耳定律與熱力學第

一定律即可解題。

14.【答案】解：⑴4B靜止釋放后做自由落體運動，B的落地速度大小為：盧=2gh,

解得：v=J2gh

設B與地面碰撞后經過時間r兩球相遇，貝I：2h=(vt+j5t2)+(vt~|5f2)

解得：t=&

V

聯立解得A、8兩物體相碰時的位置距地面的距離：h=vt-\gt2=\h

B24-

(2)設A與B碰撞前兩者的速度大小為以、vB,碰撞后速度大小為U。、14。

由碰后A球恰好回到出發點，知力

又由：vA=v+gt,vB=v-gt

可得：?=7

r

解得可知：vA=vB

A、8發生彈性碰撞，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：

rr

mAvA-mBvB=-mAvA+mBvB

1111

立見聞+,演詔=2mA，+/B喑

聯立解得：詈=：

1

答：(1)4、8兩物體相碰時的位置距地面的距離為3九

(2)4、8兩物體的質量之比是不

【解析】(1)力、8靜止釋放后做自由落體運動，由運動學公式求出8