2021年辽宁省沈阳二中高考物理四模试卷（附答案详解）

2021年辽宁省沈阳二中高考物理四模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.在火星上太阳能电池板发电能力有限，因此科学家用放射性材料「比。2作为发电能

源为火星车供电。P“O2中的尸“元素是觥8P”，具有天然放射性，半衰期为87.7年。

关于衰变，下列说法正确的是（）

A.天然放射现象说明原子内部是有结构的

B.至8p“原子核发生°衰变后产生的新核的比结合能变小

C.10个股8Plz原子核经过87.7年后一定还会剩余5个

D.^80„原子核经过一次a衰变质量数减少4,核电荷数减少2

2.质量为小的物体放在质量为M的斜面体上，斜面体放在水平粗糙的地面上，山和

M均处于静止状态，如图所示。当在物体机上施加一个水平F,且F由零逐渐增大

的过程中，机和M仍保持静止状态。在此过程中，下列判断正确的是（）

A.斜面体对的支持力可能保持不变

B.物体m受到的摩擦力一定增大

C.地面受到的压力一定保持不变

D.地面对斜面体的摩擦力一定保持不变

3.“天问一号”火星探测器已经被火星捕获。若探测器在距离火星表面高为h的圆形

轨道上绕火星飞行，环绕〃周飞行总时间为f,已知引力常量为G,火星半径为R,

则下列给出的火星表面重力加速度g（忽略自转）和平均密度p的表达式正确的是

（）

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.为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激

光由真空沿半圆柱体的径向与其底面过。的法线成。角射入。CZ）为光学传感器，

可以探测光的强度。从48面反射回来的光强随角。变化的情况如图乙所示，则下

列说法正确的是（）

A.图甲中若减小入射角6,则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小

B.图甲中若减小入射角。到0。，则光线将全部从AB界面透射出去

C.该新材料的折射率n=1.25

D.该新材料的折射率71=|

5.某形状不规则的导体置于静电场中，由于静电感应,

在导体周围出现了如图所示的电场分布，图中虚线表

示电场线，实线表示等势面，A、B、C为电场中的

三个点。下列说法正确的是（）

A.A点的电场强度大于B点的电场强度

B.A点的电势低于8点的电势

C.将电子从A点移到B点，电势能增加

D.将电子从A点移到8点，电场力做正功

6.军事演习中，在M点的正上方离地H高处的蓝军飞机以水平速度％投掷一颗炸弹

攻击地面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在M点右方地面上N点以速

度/斜向左上方发射拦截炮弹，如图所示，两弹恰在俯、N连线的中点正上方相遇

爆炸。若不计空气阻力，则发射后至相遇过程（）

J1

MN

77777777777777777777777777/777»

A.初速度大小关系为%>v2

B.拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动

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C.若没有发射拦截炮弹，炸弹一定落在N点

D.两弹相遇点一定在距离地面以高度处

7.己知通电的长直导线在周围空间某位置产生的磁场

磁感应强度大小与电流强度成正比，与该位置到长

直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大

小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边

曲和〃g上，彼此绝缘，电流方向分别由“流向力、

由A流向g,则顶点。和e两处的磁感应强度大小之比为（）

A.2：V3B.V3：2C.2：V2D.V2：V3

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8.如图甲所示，在某介质的xOy平面内有两个相干波源见和52,波源Si的坐标为

（0,0.15m）,其振动图像如图乙所示；波源52的坐标为（0,-0.15m）,其振动图像如

图丙所示。在x=0.4TH处有一平行于y轴的直线，与x轴交于N点，直线上M点

的坐标为（0.4m,0.15M）。两波源发出的波的波长均为0.2TH,则下列说法中正确的

A.波源S］发出的波传播到M点的时间为4s

B.波源S2发出的波传播到M点为波峰时，波源&发出的波传播到M点为波谷

C.M点是振动加强点

D.N点是振动加强点

9.如图1所示，质量6=1kg的物块放置在竖直固定的弹簧上方（未拴接），用力向下

压物块至某一位置，然后由静止释放，取该位置为物块运动的起始位置，物块上升

过程的a-x图像如图2所示，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则下列说

法正确的是（）

B.弹簧的劲度系数为25N/jn

C.弹簧最大弹性势能为4.5/

D.物块离开弹簧时速度最大

10.如图，足够长的间距d=1巾的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨

间存在一个宽度L=1巾的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.57,方向如图

所示。一根质量nia=0.1kg、阻值R=0.50的金属棒a以初速度为=4zn/s从左端

开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量Tn》=0.2kg、阻值R=0.50的静

止放置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，

导轨电阻不计，贝或）

L

M-T—|--------广..1I—N

A.金属棒。第一次穿过磁场的过程中，做加速度减小的减速直线运动

B.金属棒a第一次穿过磁场的过程中，回路中有顺时针方向的感应电流

C.金属棒a第一次穿过磁场的过程中，金属棒匕上产生的焦耳热为0.34375/

D.金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

11.某实验小组同学利用下列器材做“研究合外力做功与动能变化的关系”实验:

4一端带有滑轮和刻度尺的轨道

8.两个光电计时器

C安装有挡光片的小车（质量为M）

D拴有细线的托盘（质量为tn。）

E.可以调节高度的平衡支架

尸.一定数量的钩码

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123cm

』州||||加即山

1020

甲乙

某小组选用上述器材安装实验装置如图1所示，轨道上安装了两个光电门人及

实验步骤：

①调节两个光电门中心的距离，记为心

②调节轨道的倾角，轻推小车后，使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速经过

光电门4、B,钩码的总质量记为,〃；

③撤去一部分质量为4根的钩码，让小车仍沿轨道向下加速经过光电门A、B,光

电计时器记录小车通过A、B的时间分别为△t2；

④利用测得的数据求得合外力做功与动能变化的关系。

根据实验过程，滑轮的摩擦力不计，回答以下问题：

（1）图乙是用游标卡尺测挡光片的宽度d,则&=cm.

（2）小车和托盘、祛码组成的系统加速从A到B过程中，合外力做的功川=；

系统动能的变化量的表达式△七上=（用测得的物理量的字母符号表示，g为

已知量）。通过实验可得出：在误差允许的范围内合外力所做的功等于系统动能的

增量。

12.某学校课题研究小组为了撰写关于未知材料电阻率的研究报告，设计了一个测量电

阻率（被测电阻丝的阻值约为250）的实验方案，可提供的器材有：

A电流表G,内阻&=1200,满偏电流勉=3mA

8.电流表A,内阻约为0.20,量程为0〜0.64

C.电阻箱岛（0〜99990,额定电流为0.54）

D滑动变阻器R（最大阻值为50,额定电流为L4）

£干电池组（电动势为3匕内阻为0.050）

尸.一个开关和导线若干，刻度尺、螺旋测微器。

47mA

-©------8----

图1图2

进行了以下操作：

（1）把电流表G与电阻箱串联改装成电压表使用，最大测量电压为3匕则电阻箱的

阻值应调为扁=0。

（2）请用改造完的电压表设计一个测量电阻率的实验电路，根据提供的器材和实验

需要，请将图中电路图1补画完整。

（3）某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：

次数1234567

lg/mA0.100.300.701.001.501.702.30

l/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520

这个小组的同学在坐标纸上建立力、/坐标系，如图2所示，图中已标出了与测量

数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出

U-/图线。由图线得到金属丝的阻值。同学们测出金属丝直径约为1.0mm,接入

电路部分的长度约为50c根据以上数据可以估算出该未知材料的电阻率约为

/2-m（n=3.14,结果保留两位有效数字）。

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

13.某科技小组自己动手制作了一个潜水艇模型。如图所示，高压气瓶通过细管与压载

水箱连接，水箱中有一厚度忽略不计的轻活塞，压载水箱通过通海口（细管）通向外

界，连接各部分的细管容积不计。下沉前，保持阀门K关闭，高压气瓶中已充满高

压气体，活塞保持在压载水箱最右侧，压载水箱通过通海口装满水后，潜水艇下沉

到水下h=10/n处悬停。此时，通过遥控器将阀门K打开，高压气瓶中的气体缓慢

释放推动活塞，刚好能够将压载水箱中的水全部排出时关闭阀门，在这个过程中潜

水艇模型的竖直高度变化可以忽略。已知压载水箱的容积为63高压气瓶的容积

为2L,高压气瓶内气体压强pi=1.0xl（）6pa,大气压强p（）=1.0X10冲（2,水的

密度p=1.0x103kg/m3,g=10m/s2o若整个过程中气体温度不变，活塞与水

箱的摩擦力忽略不计，求：

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(1)高压气瓶中气体的末态压强为大气压的多少倍？

(2)气体膨胀过程是吸热还是放热？

14.在一种新的子母球表演中，让同一竖直线上的小球A和小球8,A

从距地面高度为3/z和的地方同时由静止释放，如图所示，若

B与地面发生碰撞后能原速率反弹，且A、8第一次发生弹性碰

撞后，A恰好能回到出发点。假设碰撞时间极短，且运动过程3h

中忽略空气阻力的影响，求：

(1)4、8两物体相碰时的位置距地面的距离？

(2)4、8两物体的质量之比是多少？

15.在如图〃所示的平面直角坐标系xO)，中，第三象限有竖直向上的匀强电场，场强大

小为E=100V/m,在第一与第二象限有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B按图

匕所示规律周期性变化(图b中磁场以垂直纸面向外为正)。在第一象限的横轴OM

之间有一水平光滑绝缘薄板，板长L=72cm,粒子打到该板上会被反弹(碰撞时间

极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。现将一重力

不计、比荷5=的带正电的粒子置于电场中的A点，4点坐标为

(-5cm,-12.5cm)。将该粒子由静止释放，之后进入上方的匀强磁场中，经过一段

时间后，又通过y轴上的尸点，最终打到右侧的竖直挡板上。若以粒子第一次通过

x轴时为t=0时刻，求：

(1)该粒子经过P点距O点的距离；

(2)经过t=10-55时，粒子与o点的水平距离；

(3)带电粒子从进入磁场开始计时到运动至挡板所需的时间。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、射线来自于原子核内部，所以天然放射现象说明原子核内部是有结构

的，故A错误；

B、发生a衰变的过程中释放能量，所以葬8pu原子核发生a衰变后产生的新核的比结合

能变大，故8错误；

C、半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律，对个别的放射性扉8pa原子核没有意义，

故C错误；

D、a粒子为氮核，由2个质子核2个中子组成，质量数为4,电荷数为2,结合质量数

守恒与电荷数守恒可知，/8Pu原子核经过一次a衰变质量数减少4,核电荷数减少2,

故。正确。

故选：D。

天然放射现象说明原子核内部是有结构的；a衰变的过程中释放能量，比结合能增大；

半衰期是大量放射性原子衰变的统计规律；根据质量数守恒和电荷数守恒判断衰变方程。

本题考查了核反应方程式的书写、原子核衰变等知识点，根据质量数守恒及核电荷数守

恒写出核反应方程式是解决本题的关键，掌握a与夕衰变的区别，注意半衰期的适用条

件与特征。

2.【答案】C

【解析】解;AB、对物体进行研究,

物体受到重力mg,水平推力F、斜

面的支持力Ni（见图，摩擦力不确

定）,

当F=0时，物体受到的静摩擦力

大小为=mgsin。，方向沿斜面(M+m)g

向上，支持力电=mgcos。：

在F不为零时，斜面对物体的支持力Ni=zngcosO+Fsin。，所以支持力逐渐增大;

而对于静摩擦力，

当Feos。<mgsindB'l,静摩擦力随尸的增大而减小人=mgsind—FcosO<mgsinO,

FcosQ>mgsineni，静摩擦力随尸的增大而增大，故AB错误；

CD、对于整体，受到总重力(M+m)g、地面的支持力Nz、静摩擦力心和水平推力尸，

由平衡条件得：N2=(m+M)g,地面的摩擦力上=F；

可见，当产增大时，/逐渐增大

由牛顿第三定律得知，地面受到的压力保持不变，地面给斜面体的摩擦力由0逐渐增大,

故C正确，。错误。

故选：Co

对物体进行分析受力情况，根据平衡条件，分析斜面对物体的支持力和摩擦力的变化情

况.对整体进行分析，由平衡条件研究地面对斜面的支持力和摩擦力如何变化，再由牛

顿第三定律得到地面受到的压力和摩擦力如何变化.

本题隔离法和整体法相结合的方法研究两个物体的平衡问题，通过分析受力情况，由平

衡条件判断各力的变化情况.

3.【答案】B

【解析】解：探测器和火星间的万有引力提供向心力，则=m(^)2(R+九)，T=二

火星表面一物体与火星间的万有引力等于重力，贝怙翳=mg,联立上述式子可得：g=

47r2n2(/?+h)3

°

火星的密度p=V=lnR\联立解得p=4*。故8正确，AC。错误。

故选：Bo

利用万有引力提供向心力和万有引力等于重力结合联立方程求解即可。

本题考查万有引力定律的应用，熟练掌握两种思路，万有引力提供向心力，万有引力等

于重力，然后求解物理量即可。

4.【答案】C

【解析】解：A、若减小入射角。，则反射角减小，根据折射定律知折射角也减小，由

几何关系知反射光线和折射光线之间的夹角将变大，故A错误；

8、图甲中若减小入射角。到0。，仍存在反射光线，只是反射角为零，光线不会全部从

AB界面透射出去，故8错误；

CD、由图乙可知，当。=53。时发生全反射，此时C=53。，则/1='=—2=1.25,

sinC7sin530

故C正确、。错误。

故选：C。

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若减小入射角仇由反射定律和折射定律结合儿何关系可知反射光线和折射光线之间的

夹角如何变化；反射光线一定存在；由图象乙能读出此新材料的临界角C,根据全反射

临界角公式sine.求解折射率。

本题主要是考查r光的折射和全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画

出光路图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射

的条件列方程求解。

5.【答案】C

【解析］解：A、根据电场线的疏密表示场强的相对大小，知A点处电场线比8点处稀，

则A点的电场强度小于B点的电场强度，故4错误；

8、沿着电场线电势逐渐降低，可知，A点所在等势线的电势比8点所在等势线的电势

高，则A点的电势高于B点的电势，故8错误；

C、电子带负电，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，则知电子从

A点移到8点，电势降低，电子的电势能增加，故C正确；

D、将电子从A点移到8点，电势能增加，则电场力做负功，故。错误。

故选：Co

根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线电势逐渐降低来判断电势

的高低；根据电势的变化判断电势能的变化，确定电场力做功正负。

本题关健要掌握电场线的两个物理意义：电场线的疏密表示场强的相对大小，顺着电场

线方向电势降低。同时，要知道负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大。

6.【答案】8

【解析】A、导弹和飞机在中线上相遇，则说明俩个物体在水平方向位移的大小一

样，又因为飞机与导弹的飞行时间一样，所以飞机速度与导弹水平方向的初速度大小相

同。而导弹还具有竖直方向上的初速度，所以巧＜盯，故A错误

B、由于两个导弹都只受到重力，根据牛顿第二定律F=ma=mg可知，两个导弹的加

速度大小相同且均为g，方向相同都竖直向下。若取攻击弹为参考系，则拦截弹加速度

为0,相对合外力为0,此时拦截弹相对于攻击弹做匀速直线运动。故8正确

C、导弹在空中相遇只能说明两个导弹的末位置相同，并不代表他们的运动轨迹线条一

样，所以攻击弹不一定落在N点，故C错误

。、根据题意只能求出两个导弹的运动时间相同，并不能求出相遇时两个导弹的具体速

度，故而不能判断准确相遇位置，故。错误

故选：B。

此题要利用分解法，分别看待水平方向运动与竖直方向的运动，找到关系解题

此题易错点在于误认为相遇就代表两个导弹一定要轨迹相同，实际上在空中任意画两条

曲线，都有交点，不一定非得重合才能相遇。

7.【答案】B

【解析】解：设两电流的大小为/,正方体的边长为s,防导线上通过的电流在a处产

生的磁感应强度为B3=方向从。指向b如图所示;

在e处产生的磁感应强度为B1=巧，方向从e指向力如图所示;

俯导线上通过的电流在a处产生的磁感应强度为B4=k盍，方向垂直碗向下，如图所

示;

在e处产生的磁感应强度为%=k%方向从e指向a,如图所示;

由平行四边形定则得：Ba=6/cgBe=V2k^,

所以为：Be=V3：2；故B正确，ACQ错误。

故选：Bo

根据题意通电导体在某一点的磁感应强度大小为B=kj利用矢量的平行四边形法则和

几何知识解题。

本题考查了通电直导线磁场的分布与计算、矢量的平行四边形法则等知识点。利用矢量

运算的平行四边形法则是解题的关键。

8.【答案】AC

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

波源&发出的波传播到M点的时间为：S=4s,故A正确；

B.由题意可知，波源&到“点距离为0.4m,根据几何关系可得，波源S2到M点距离为0.5m,

两波到M点的路程差为0.1m,即半个波长，根据振动图像可知，两波初始相位差半个

周期，所以波源品发出的波传播到M点为波峰时，波源S2发出的波传播到M点为波峰，

故8错误；

CD.根据以上分析可知，M为振动加强点，N点到两波源距离相等，则为振动减弱点，

故C正确，。错误。

故选：AC。

①先读出周期，求出波的波速，再由运动学公式求波源Si发出波的传播到M点的时间；

②分析波程差大小，再根据加强和减弱点的性质确定例点的振动情况。

本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，要注意波的叠加也遵守矢量的运算法则。

9.【答案】AC

【解析】解：小物块离开弹簧时弹簧的弹力为零，只受重力，加速度为g(对应图2中

的x=0.3巾),设物块运动过程的最大加速度大小为dm。当X=0时,物块的加速度最大，

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

B、x=0.3m时物块离开弹簧,x=0.2m时弹簧的压缩量为△x=0.3m-0.2m=0.1m,

此时Q=0,根据平衡条件得?ng=k△%,解得k=lOON/zn,故B错误；

。、％=0时，对物块，由牛顿第二定律得%-叫9=m。e解得弹簧最大的弹力大小

为j=3mg=3x1xION=30N。x由％=0->%=0.3m的过程，弹簧的弹力做功为

HZ=FXAX=^2XAX=yx0.37=4.5/,则弹簧最大弹性势能为Ep=W=4.5/,

故C正确；

D、从x=Qtx=0.2m的过程，物块向上做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，

速度最大，故速度最大的时刻是％=0.2爪的时刻，并不是离开弹簧的时刻(x=0.3m),

故。错误；

故选：AC。

物块离开弹簧时加速度为g,根据几何关系和图像的信息求物块在最低点的加速度，即

可得到最大加速度；根据a=0时x=0.2m,由平衡条件和胡克定律相结合求弹簧的劲

度系数；根据弹力的平均值求弹簧最大弹性势能。

解答本题时，要正确分析物块的受力情况，确定弹簧的状态。要知道弹簧的弹力随位移

均匀变化，平均弹力等于初末弹力的平均值。

10.【答案】ACD

【解析】解：人金属棒。第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速

度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒〃做加速度减小的减速直

线运动，故A正确；

8、根据右手定则可知，金属棒“第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，

故B错误；

C、设金属棒〃离开磁场的速度大小为V,规定向右为正方向，对金属棒〃根据动量定

理得：—B/dt=ma"—6。火

即电警£=7n为一小心其中5.△1=/,,解得对金属棒第一次离开磁场时速度：v=

1.5m/s

金属棒。第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒。机械能的减

少量，即：Q=

代入数据得：Q=0.6875/

由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒人上产生的焦耳热：Qb=\Q=

1x0.68757=0.343757,故C错误；

。、规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程中满足动量守恒定律的守恒条件，

根据动量守恒可得Ola"=ma^a+^bvb

2

根据机械能守恒定律可得：|mav=|mav^+|mbVfc

联立并代入数据解得金属棒a反弹的速度为：%=-0.5m/s

设金属棒。最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，规定向右

为正方向，对金属棒”，根据动量定理得：

Bl'd•△£‘=()—mava

即'。—-mva,其中％=-0.5m/s

联立并代入数据解得：x=0.8m,故O正确。

故选：ACD.

金属棒。第一次进磁场，判断安培力大小，然后判断运动状态，进而判断加速度大小，

第14页，共19页

从而知道物体的运动状态；

根据右手定则判断感应电流方向；

对金属棒a动量定理求第一次离开磁场的速度，动能定理求电路产生的总热量，然后求

出金属棒人的热量；

弹性碰撞动量守恒，机械能守恒，求出碰后金属棒。的速度，然后动量定理求出最终停

在距磁场左边界的位置。

对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及求位移、速度等问题，常根据动量定理

结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。

11.【答案】0.735△mgL(M+m+mo-Am/

2AtoA^2

【解析】解：(1)此游标卡尺的精度为以nun=0.057nm,而游标卡尺的读数等于主尺读

数加上游标读数，所以挡光片的宽度d=7mm+9x0.05mm=7.45mm=0.745cm；

(2)根据实验步骤，开始小车拉着钩码和托盘沿轨道向下匀速运动，之后去掉钩码Am后

又让小车加速下滑，那么此过程小车受到的合力就是去掉的钩码A/n的重力。那么小车

从A到8合外力做的功W=△mgL.

小车通过两个光电门A、B的速度分别为以=今，如=今，去掉钩码AM后系统的总

质量为(M+m+m0-Am),所以系统通过两个光电门时增加的动能△Ek=^M+

m+mo-AmXvj-哓=…+<…2［(_L)Z_(_1_)2］。

故答案为：(1)0.735；(2)△mgL、丝竺等丝叱［(卷产-鼠下］

(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；

(2)小车加速从A到8过程中合外力等于去掉的钩码的重力，根据勿=双求解合外力做

的功；系统(M+m)动能的变化量的表达式△Ek=+巾)诏+?n)若，从而知

道系统动能的变化量。

此题考查探究功与速度变化的关系实验，解决本题的关键掌握数据处理的方法，会通过

数据求解瞬时速度。

12.【答案】8807.0X10-6

H3

【解析】解：(1)根据欧姆定律得：R0=--Rg=-n-120/2=880P.

(2)由于待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器

应采用分压接法；由于可以直接读出流过改装后电流表的电流，电流表可以采用外接法,

实验电路图如图1所示；

(3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的

点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图2所示；

A/mA

010020030(140050Q60

图2

通过待测电阻的电流为：lR=I-Ig，待测电阻两端的电压为：U=Ig(Rg+R0),

根据欧姆定律可知，电阻丝的电阻：R=£

根据电阻定律得：«==

1

整理得：4=nd\Rg+R0)+4PL

4PL2.5X1O-3

由图示/g-/图象可知,图象的斜率k=2

nd(Rg+R0)+4pL0.56

代入数据解得：p27.0x10-6。,m

故答案为：⑴880；(2)电路图如图1所示；(3)图象如图2所示;7.0x10-6(6.7x

10-6〜7.3xIO》。

(1)电流表改装为电压表，串联电阻起分压作用，根据欧姆定律求出电阻箱的电阻大小.

(2)为得到较大的电压调节范围，滑动变阻器用分压式接法；根据题意确定电流表接法,

然后根据实验原理作出实验电路图。

(3)应用描点法作出图象；根据欧姆定律计算出电阻，再根据电阻定律求出电阻率。

本题考查了电压表改装、实验电路设计与实验数据处理等问题；理解实验原理是解题的

前提；根据电路图应用欧姆定律与电阻定律求出图象的函数表达式，根据图示图象可以

求出电阻率。

6

13.【答案】解：(1)已知：P1=1.0x10Pa,匕=23V2=6L

5

封闭气体末状态的压强Pz=Po+09八，代入数据解得：p2=2.0x10Pa

封闭气体温度不变，由玻意耳定律得：P1匕=P1匕+P2彩

代入数据解得：Pi=4p0

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(2)气体温度不变，气体内能不变，△(/=(),气体膨胀对外做功，W<0,

由热力学第一定律△U=勿+Q可知：Q=AU-W=-W>0,气体吸收热量

答：(1)高压气瓶中气体的末态压强为大气压的4倍。

(2)气体膨胀过程是吸热。

【解析】(1)气体温度不变，求出应用玻意耳定律可以求出高压气瓶中气体的末态压强

为大气压的倍数。

(2)应用热力学第一定律判断气体是吸热还是放热。

根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用玻意耳定律与热力学第

一定律即可解题。

14.【答案】解：⑴4B静止释放后做自由落体运动，B的落地速度大小为：卢=2gh,

解得：v=J2gh

设B与地面碰撞后经过时间r两球相遇，贝I：2h=(vt+j5t2)+(vt~|5f2)

解得：t=&

V

联立解得A、8两物体相碰时的位置距地面的距离：h=vt-\gt2=\h

B24-

(2)设A与B碰撞前两者的速度大小为以、vB,碰撞后速度大小为U。、14。

由碰后A球恰好回到出发点，知力

又由：vA=v+gt,vB=v-gt

可得：?=7

r

解得可知：vA=vB

A、8发生弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：

rr

mAvA-mBvB=-mAvA+mBvB

1111

立见闻+,演诏=2mA，+/B喑

联立解得：詈=：

1

答：(1)4、8两物体相碰时的位置距地面的距离为3九

(2)4、8两物体的质量之比是不

【解析】(1)力、8静止释放后做自由落体运动，由运动学公式求出8