广东省广州市2021届高考一模物理试题含答案

1、广东省广州市2021届高考一模物理试题一、单项选择题（每小题4分，共28分，每小题只有一项符合题目要求）1.如图，1831年8月29日，法拉第在一个软铁圆环上绕两个互相绝缘的线圈a和b° a与 电池、开关组成回路，b的两端用导线连接，导线正下方有一枚小磁针。使法拉第在“磁 生电”方面取得突破性进展的现象是（）A.闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转B.闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态C.断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转D.断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态2.广东大亚湾核电站是我国首座利用核裂变发电的大型商用核电站。核裂变反应方程235U+ln- 144Ba+89Kr+aX（

2、）9205636A. X为电子，a=lB. X为质子，a=3C. X为质子，a=2D. X为中子，a=33.如图为电容式话筒的原理图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为电容器两金属极板。人对着P说话，P振动而Q不动Q在P、Q间距离减小的过程中（）A.电容器的电容不变B.通过R的电流为零C. Q极板的带电量变大D. R中有从M流向N的电流4.如图a,理想变压器的原线圈接入图b所示的正弦交变电压，副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V、额定电流为0.1A,若灯泡都正常工作，则（）5.6.C.图a中原线圈上的电流为1AB.图b中交流电的频率为25HzD.图a中原副线圈的匝数比为55：

3、1我国于2020年11月24日发射的嫦娥五号月球探测器成功实施无人月面取样返回。己知地球的质量为Mi、表而的重力加速度大小为gi、半径为Ri、第一宇宙速度为vi；月球的质量为Nb、表面的重力加速度大小为g2、半径为R2、月球探测器近月环绕速度为V2,则V与V2之比为（A MlS1R1B.22印1g2R2EM D.从2艮2如图，质量为m的滑雪运动员（含滑雪板）从斜而上距离水平面高为h的位置静止滑下,停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平而上的c处，且ab与be相等。己知重力加速度为g,不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜而上克服阻力做的功力（）A

4、. mghB. -imv221C. mgh-十mvD. mgh+-imv27.如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地而高为1m的细直杆可绕O在竖直而内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3s,自动识别系统的反应时间为0.3s：汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧而底边在aa'直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m,要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（）44612二、多项选择题（每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分）8 .正方形金属线框abed如图靠墙放置，空间中存在竖直向上的匀强磁场。在外力作用

5、下ab边贴着墙而向下运动，cd边贴着水平而向左运动，此过程中线框的（）dA.磁通量增加B.磁通量减小C.感应电流方向为abedaD.感应电流方向为adeba9 .长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表而放一小物块b“以地面为参考系，给a和b 以大小均为Vo、方向相反的初速度，最后b没有滑离设a的初速度方向为正方向，a、 b的v-t图象可能正确的是（）10 .如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高 1m,速度大小为lOnVs：对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度 为2.8m,球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截,球可视为质点，质量为0.

6、6kg,重力加速度取lOnVs2,以地面为零势能而，忽略空气阻力，则（A.球在空中上升时处于超重状态B.甲传球时，球与乙的水平距离为4.8mC.队友接球前瞬间，球的机械能一定为36JD.队友接球前瞬间，球的动能一定为30J三、非选择题（共54分）11 .（7分）某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将白纸固定在水平放置的木 板上，橡皮筋的A端用图钉固定在木板上，B端系上两根带有绳套的细绳。（1）如图（a）,用两个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的不同方向同时拉橡皮筋，将橡 皮筋的B端拉至某点O,记下O点位置和两细绳的方向，并读出两个拉力的大小分别为 Fi=N 和 F2=2.00No（2）如图

7、（b）,撤去（1）中的拉力，现只用一个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的方 向拉橡皮筋，并再次将B端拉至O点。再次将B端拉至O点的目的是:记下细 绳的方向，并读出拉力的大小为F=2.20N.（3）如图（c）,某同学以O点为作用点，用图示标度画出了力F的图示，请你画出力Fi、F2的图示并按平行四边形定则画出它们的合力F（4）比较F台与F的关系，即可验证。12 . （9分）某同学为了制作一个简易台灯：先将电源、开关、小灯泡和滑动变阻器连成图 甲所示的电路，闭合开关，调行滑动变阻器的滑片，使小灯泡达到合适亮度：然后用图 乙所示的多用电表测量滑动变阻器接入电路的阻值，以便用定值电阻代替滑动变阻器完 成制作

8、。图乙请完成相关实验步骤（多用电表已机械调零，小灯泡仍在发光）：（1）预估：根据滑动变阻器的最大阻值及滑片位置，估计接入电路的阻值约20C：（2）选挡：将 （选填"K” “S”或“T"）旋转到 位置：（3）调零：将红、黑表笔分别插入“ + 插孔，短接红黑表笔，旋转 （选 填“K” “S”或"T”），使指针:（4）测量：:将黑表笔与滑动变阻器金属杆上的接线柱接触，红表笔与 滑动变阻器的接线柱 （选填"a” “b” “c”或"d”）接触。多用电表的指针位置 如图丙，其读数为 O。13 . （10分）如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛

9、艇沿直线运动。运动 员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8s,赛艇（含 运动员、双桨）质量为70kg,受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻 力的2倍。某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4m/s,运动员紧接着完成1次动作， 此过程赛艇前进8m,求：（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比：（2）赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。14 . （16分）如图，在竖直平面的矩形区域abed内有竖直向上的匀强电场。一带电小球从竖直边ab上的p点以某一速度射入该区域，小球沿pc做匀速直线运动,若在该区域内再加入垂直纸而向里的匀强磁场，完全相同的带电小

10、球仍以相同的速度从p点射入该区域,则小球最终从cd边的某点k （图中未标出）垂直cd离开该区域。己知：小球质量为m,带电量为q，ad长为L, ap长为aL, pb长为,L,磁感应强度大小为B,重力加速度大 143小为g，小球在磁场中的运动时间小于法乂求：2qB（1）匀强电场的场强大小:（2）带电小球的入射速度大小;（3）匕p两点之间的电势差。【选修33】15 . （4分）容积一定的密闭容器内有一定质量的理想气体，在T、T?两种温度下气体分子 的速率分布如图所示，其中温度为 （选填或"T?”）时对应气体的内能较 大：该气体温度由T变化到T2的过程必须 （选填“吸热”或“放热16 . （

11、8分）如图是由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车减震装置，该装置的质量、7上支座 气缸0.20mt 0.20m活塞柱与气缸摩擦均可忽略不计，气缸导热性和气密性良好。该装置未安装到汽车上时, 弹簧处于原长状态，气缸内的气体可视为理想气体，压强为l.OXlgPa,封闭气体和活 塞柱长度均为0.20m,活塞柱横截面积为1.0X10 2m2；该装置竖直安装到汽车上后，其 承载的力为3.0X1()3n时，弹簧的压缩量为0.10m。大气压强恒为l.OXlOPa,环境温度 不变，求该装置中弹簧的劲度系数。弹黄活塞枉 一下支座【选修34】17 .如图为一单摆的共振曲线。由图可知该单摆共振时的振幅为 cm：

12、该单摆的固有周期为 So18 .如图甲，某汽车大灯距水平地面的高度为81cm,图乙为该大灯结构的简化图。现有一束:光从焦点处射出，经旋转抛物而反射后，垂直半球透镜的竖直直径AB从C点射入透镜、已知透镜直径远小于大灯离地面高度，前=工屈.半球透镜的折射率为6, tanl5° 4-0.27.求这束光照射到地面的位置与大灯间的水平距离.广东省广州市2021届高考一模物理试题参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题4分，共28分，每小题只有一项符合题目要求）1.（4分）如图，1831年8月29日，法拉第在一个软铁圆环上绕两个互相绝缘的线圈a和 bo a与电池、开关组成回路，b的两端用导线连接

13、，导线正下方有一枚小磁针。使法拉 第在“磁生电”方面取得突破性进展的现象是（）A.闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转B.闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态C.断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转D.断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态【分析】根据感应电流产生的条件分析b线圈中是否产生感应电流，再根据电流周围存 在着磁场进行分析。【解答】解：A、闭合开关瞬间，a线圈中的电流强度发生变化，a线圈的电流在铁芯内 部产生变化的磁场，使得b线圈中的磁通量发生变化，使得b线圈中产生感应电流，由 于电流的周围存在着磁场，所以观察到小磁针发生偏转，故A正确：B、闭合开关后，a线圈中的电流保持不变，铁芯内的磁

14、通量不会发生变化，b线圈中不 会产生感应电流，所以小磁针不会发生偏转，故B错误：C、断开开关瞬间，a线圈中的电流强度发生变化，a线圈的电流在铁芯内部产生变化的 磁场，使得b线圈中的磁通量发生变化，使得b线圈中产生感应电流，由于电流的周围 存在着磁场，所以观察到小磁针发生偏转，故C错误：D、断开开关后，a线圈中没有电流，铁芯内的磁通量为零且不变，b线圈中不会产生感 应电流，所以小磁针不会发生偏转，故D错误。故选：Ao【点评】本题主要是考查感应电流的产生条件和电流周围的磁场，关键是知道闭合回路 磁通量发生变化时回路中会产生感应电流，知道通电导线周围存在磁场。2.（4分）广东大亚湾核电站是我国首座利

15、用核裂变发电的大型商用核电站。核裂变反应方235U+1144Ba+ 8 9Kr+aX 中（）9205636A. X为电子，a=lB. X为质子，a=3C. X为质子，a=2D. X为中子，a=3【分析】依据核反应方程书写规律，根据质子数与质量数守恒列式即可求解。【解答】解：设X的质量数为A,电荷数为Z,由核电荷数守恒92=56+36+aZ：根据质 量数守恒有：235+1 = 144+89+aA解得电荷数为0, aA = 3,故X只能为中子，A=l,故a=3,故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查对核反应方程的理解，要注意明确在核反应方程中满足质量数守恒、 电荷数守恒。3. （4分）如

16、图为电容式话筒的原理图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为电容器两金属 极板。人对着P说话，P振动而Q不动。在P、Q间距离减小的过程中（）A.电容器的电容不变B.通过R的电流为零C. Q极板的带电量变大D. R中有从M流向N的电流【分析】在P、Q间距减小过程中，电容发生变化，而电容直接与电源相连，电容两端 间的电压不变，从而可判断出电量的变化及电流的流向。【解答】解：电容式话筒与电源串联，电压保持不变：在P、Q间距减小过程中，P、Q间距d减小，据可知，电容C增大，4兀kd又根据电容定义式C=1得电容器所带电量增大，电容器的充电电流通过R的方向由N 到M,故C正确，ABD错误。故选：Co【点评】解

17、决电容器的动态分析问题，抓住不变量，若电容始终与电源相连，两端间的 电压不变：若电容器与电源断开，则电容器所带的电量不变。4. （4分）如图a,理想变压器的原线圈接入图b所示的正弦交变电压，副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V、额定电流为0.1A,若灯泡都正常工作，则（）10.个A.图b中电压的有效值为311VutvB.图b中交流电的频率为25HzC.图a中原线圈上的电流为1AD.图a中原副线圈的匝数比为55： 1【分析】根据图b可以求得输入电压的有效值、周期和频率；结合并联的电压、电流关 系得出副线圈电压和电流：再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解C 【解答】

18、解：A、根据图b得电压的最大值为22Sj5v,所以图b中电压的有效值为u = 220V2v=220V> 故 a 错误；B、交流电的周期T=0.02s,频率f=L=二Hz=50Hz,故B错误；T 0.02CD、副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V,所以副线圈电压为U2=4V,根据电压叮匝数成正比得原副线圈的匝数比为上=）=螫=55： 1, n2 U2 4副线圈接10个并联的彩色灯泡，额定电流为0.1A,所以副线圈电流I2=1OXO.1A=1A,根据电流与匝数成反比得也=巴-=55： 1,所以图a中原线圈上的电流为工，故C 11nz55错误，D正确。故选：D。【点评】该题考

19、查变压器的电压比，电流比与匝数比关系，以及交流电的周期与频率关 系，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，明确各表的示数为有效值.5. （4分）我国于2020年11月24日发射的嫦娥五号月球探测器成功实施无人月面取样返回。已知地球的质量为M、表面的重力加速度大小为gI、半径为Ri、第一宇宙速度为 V1；月球的质量为M2、表面的重力加速度大小为g2、半径为R2、月球探测器近月环绕 速度为V2，则VI与V2之比为（）4B卜c §1R1 D EMV M2R2V S2R2g2R2M2R2【分析】物体在地球或月球表而的重力近似等于其万有引力，根据万有引力提供向心力 的关系列方程求解即可。【解

20、答】解：设探测器的质量为m,在地球表面，根据万有引力提供向心力可得：GM 1 m mv?mg/一一二可可得：早广府?心丁GM 9in mv9在月球表而，根据万有引力提供向心力可得：mg/一-二，可得：R； r2【点评】本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线： 一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力：二是根据万有引力 提供向心力列方程进行解答。6. （4分）如图，质量为m的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为h的位置静 止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平而上的c 处，且ab与be相等。已知重力加速度为g,

21、不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则 该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为（）A. mghB. -i-mv2C. mgh -i-mv2 D. mgh+-imv22【分析】对两种情况下运动员运动的过程，分别运用动能定理列式，即可求出运动员（含 滑雪板）在斜而上克服阻力做的功。【解答】解：设运动员（含滑雪板）在斜而上克服阻力做的功为W, ab=bc=s,运动员 在水平面上受到的阻力大小为fo运动员从静止滑下到b处的过程，由动能定理得mgh - W -fs=O运动员从同一位置以初速度V滑下到c处的过程，由动能定理得mgh - W - f-2s=0 -12Tmv联立以上两个方程解得亚=1项1

22、-工正丫2,故C正确，ABD错误。2故选：Co【点评】对于涉及力在空间效果的问题，往往根据动能定理处理，运用动能定理时，要 注意选择研究过程，分析各个力做功情况。7. （4分）如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地而高为1m的细直杆可绕O在竖直面 内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为3.3s,自动识别系统的反应时 间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aa'直线上，且O到汽车左 侧面的距离为0.6m,要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为（）44612【分析】求出汽车安全通过道闸时直杆转过的角度，然后求出直杆转动的角速度大小。【解答】解：设汽车

23、恰好通过道闸时直杆转过的角度为8,由几何知识得：tane=LT_=i, 0.6解得：e=2L4直杆转动的时间：t=t汽车-t反的向=（3.3 - 0.3） s=3sJT直杆转动的角速度：u） = =-rad/s=2Lrad/s,故ABC错误，D正确. t 312故选：Do【点评】认真审题理解题意求出直杆转过的角度是解题的前提与关犍，应用角速度的定 义式即可解题。二、多项选择题（每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8. （6分）正方形金属线框abed如图靠墙放置，空间中存在竖直向上的匀强磁场。在外力作用下ab边贴着墙而向下运动，cd

24、边贴着水平而向左运动，此过程中线框的（）A.磁通量增加B.磁通量减小C.感应电流方向为abedaD.感应电流方向为adeba【分析】根据4> = BSsine （0是线圈平面与磁场方向的夹角）判断磁通量变化情况，根 据楞次定律判定感应电流的方向。【解答】解：当线框向下运动，在垂直于磁感线方向上的有效面枳变大，线圈中的磁通 量增加，线圈中产生感应电流，根据楞次定律可知感应电流的方向为adeba,故AD正确, BC错误。故选：AD.【点评】对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式4> = BSsine （0是线 圈平而与磁场方向的夹角），由楞次定律判定电流方向。9. （6分）

25、长木板a放在光滑的水平地面上，在其上表而放一小物块b。以地面为参考系， 给a和b以大小均为vo、方向相反的初速度，最后b没有滑离ao设a的初速度方向为正 方向，a、b的v-t图象可能正确的是（）【分析】地面光滑，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定 律分析答题。【解答】解：地而光滑，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设a的质量为nn，b的质量为ng最后b没有滑离a,则最终a相对静止，速度相等， 设共同速度为v,以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：niavo - nibvo= (ma+mb) v解得：v=%十%设a、b间的动摩擦因数为4由牛顿第二定律可

26、知：a的加速度大小：aa= 叫。=%pg,ma mab的加速度大小：ab= mb° =ngmbA、如果 maVmb,则 WO, aa>ab> 故 A 正确;B、如果 ma>mb,则 v>0, aa<ab> 故 B 正确；C、如果 ma=mb,则 v=O, aa=ab,故 C 正确;D、由图示图象可知，a、b做匀减速直线运动的加速度大小不相等，则a、b的质量不相 等，vWO,故D错误。故选：ABCo【点评】地而光滑，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意应用动 量守恒定律与牛顿第二定律即可解题，解题时要注意讨论，否则会漏解。10. (

27、6分)如图，篮球比赛的某次快攻中，球员中将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间 离地而高1m,速度大小为10m/s：对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地方的 最大高度为2.8m,球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截。球可视为质点，质量B.甲传球时，球与乙的水平距离为4.8n】C.队友接球前瞬间，球的机械能一定为36JD.队友接球前瞬间，球的动能一定为30J【分析】根据超重和失重状态的特点结合加速度的方向可以判断：利用斜抛运动的规律 可以求出水平距离：求出球的重力势能和动能，利用球在空中运动时机械能守恒，可以 判断队友接球时的机械能：因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能。【解答】解

28、：A、球在空中上升时加速度方向竖直向下，处于失重状态，故A错误：B、甲传球，球做斜向上抛运动，设初速度与水平方向夹角为6,有竖直方向h乙-h甲=方1vosin0=gt水平方向X = V（）COS0t联立代入数据，得0 = 37°x=4.8m故B正确；C、以地面为零势能而，则球刚抛出时的机械能为E=mgh+-i-mv2代入数据可得E=36J球在空中运动时，只受重力作用，机械能守恒，故C正确：D、因为队友接球位置未知，故无法确定接球时的动能，故D错误。故选：BCe【点评】本题考查功能关系，在涉及超重现象和失重现象时，要注意其实质是在竖直方 向有加速度，加速度的方向向下可判断此时处于失重状

29、态。三、非选择题（共54分）11.（7分）某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将白纸固定在水平放置的木板上，橡皮筋的A端用图钉固定在木板上，B端系上两根带有绳套的细绳。0. 40N（1）如图（a）,用两个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的不同方向同时拉橡皮筋，将橡 皮筋的B端拉至某点O,记下O点位置和两细绳的方向，并读出两个拉力的大小分别为 Fi= 1.80 N 和 F2=2.00No（2）如图（b）,撤去（1）中的拉力，现只用一个弹簧测力计通过细绳沿平行木板的方 向拉橡皮筋，并再次将B端拉至O点。再次将B端拉至O点的目的是一使该拉力单独 作用跟为、&同作用效果相同：记下细绳的方向

30、，并读出拉力的大小为F=2.20N。（3）如图（c）,某同学以O点为作用点，用图示标度画出了力F的图示，请你画出力Fi、F2的图示并按平行四边形定则画出它们的合力F仙（4）比较F台与F的关系，即可验证。【分析】“验证力的平行四边形定则”实验的原理是利用等效法：一个力P的作用效果 和两个力日、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力 F'就是这两个力Fi和F2的合力，结合原理即可理解各步骤并进行解题。【解答】解：（1）弹簧测力计读数为Fi = L80N。（2）步骤（1）中第一次用两个弹簧测力计将B端拉至O点，再次将B端拉至O点。再次将B端拉至O点的目的是使该拉力

31、单独作用跟Fi、F2共同作用效果相同。（3）由平行四边形定则求F、F2的合力如图所示：答：（1） 1.80： （2）使该拉力单独作用跟Fi、F2共同作用效果相同：（3）图的图示如上。【点评】本题考查“验证力的平行四边形定则”实验，要求学生理解实验原理并掌握步 骤，难度较低。12. （9分）某同学为了制作一个简易台灯：先将电源、开关、小灯泡和滑动变阻器连成图 甲所示的电路，闭合开关，调行滑动变阻器的滑片，使小灯泡达到合适亮度：然后用图 乙所示的多用电表测量滑动变阻器接入电路的阻值，以便用定值电阻代替滑动变阻器完请完成相关实验步骤（多用电表已机械调零，小灯泡仍在发光）：（1）预估：根据滑动变阻器的

32、最大阻值及滑片位置，估计接入电路的阻值约20C：（2）选挡：将 K （选填“K” “S”或“T"）旋转到 X1位置:（3）调零：将红、黑表笔分别插入“ +插孔，短接红黑表笔，旋转T （选填“K” “S"或"”），使指针 对准欧姆零刻度线；（4）测量：断开开关将滑动变阻器从电路中拆离：将黑表笔与滑动变阻器金 属杆上的接线柱接触，红表笔与滑动变阻器的接线柱a （选填“a” “b” “c”或"d”）接触。多用电表的指针位置如图丙，其读数为18.0【分析】根据多用表测量电阻的使用方法，根据待测电阻的估测值选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，将待测电阻从电路中独立出

33、来后进行测量即可:【解答】解：（2）选挡：由于待测电阻的阻值约20C,所以应把选择开关K旋转到欧姆 挡的XI挡位上：（3）调零：将红、黑表笔分别插入插孔，将红黑表笔短接，调整欧姆调零旋 钮T,使指针对准欧姆零刻度线，完成欧姆调零；（4）测量：断开电路开关，将滑动变阻器从电路中拆离，用多用表的红黑表笔分别接金 属杆上的接线柱和滑动变阻器的接线柱a,进行测量即可。由丙图可知，其读数为18.0C故答案为：（2） K, XI： （3） T,对准欧姆零刻度线；（4）断开电路开关将滑动变阻器 从电路中拆离，a, 18.0：【点评】要熟练掌握用多用表测电阻的方法，在选择挡位时要根据待测电阻的阻值降一 个数量

34、级选择挡位。13. （10分）如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动 员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运桨用时均为0.8s,赛艇（含 运动员、双桨）质量为70kg,受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻 力的2倍某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4m/s,运动员紧接着完成1次动作， 此过程赛艇前进8m,求：（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比：（2）赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。【分析】（1）根据划水和空中运桨两阶段赛艇的受力情况，根据牛顿第二定律求划水和 空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比：（2）根据位移-时间

35、公式求出加速度大小，再根据速度-时间公式求赛艇的最大速度大 小，由牛顿第二定律求赛艇受到的恒定阻力大小。【解答】解：（1）设赛艇所受阻力大小为f,则划水时双桨产生动力大小为2f。划水时，对赛艇，根据牛顿第二定律得2f - f=mai空中运桨时，对赛艇，根据牛顿第二定律得f=ma2可得ai： a2=l： 1（2）设赛艇的最大速度大小为Vm°根据题意可知，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进8m,则x=（voti+L0«七9 2 1 1+ （v（）+aiti）t2+宣2 4由题知 v（）=4m/s, ti=t2=0.8s,结合 a1=a2，解得 ai = a2=2.5m/s

36、2510 vm=v（）+aitj= （4+2.5 X 0.8） m/s=6m/s赛艇受到的恒定阻力大小f=ma2=7OX2.5N=175N答：（1）划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比是1： 1；（2）赛艇的最大速度大小是6m/s,受到的恒定阻力大小为175N。【点评】解答本题时，要搞清赛艇的运动过程，抓住两个过程之间的关系，如位移关系、 速度关系，运用运动学公式和牛顿运动定律相结合进行解答。14. （16分）如图，在竖直平面的矩形区域abed内有竖直向上的匀强电场。一带电小球从 竖直边ab上的p点以某一速度射入该区域，小球沿pc做匀速直线运动。若在该区域内 再加入垂直纸而向里的匀强磁场，

37、完全相同的带电小球仍以相同的速度从p点射入该区 域，则小球最终从cd边的某点k （图中未标出）垂直cd离开该区域。已知：小球质量为 m,带电量为q, ad长为L, ap长为aL, pb长为&L,磁感应强度大小为B,重力加速 143度大小为g,小球在磁场中的运动时间小于此皿。求：2qB（1）匀强电场的场强大小：（2）带电小球的入射速度大小；（3） k、p两点之间的电势差。【分析】（1）由于小球沿pc做匀速直线运动，根据平衡条件求解电场强度大小;（2）根据几何关系可得求解半径，根据洛伦兹力提供向心力求解速度大小：（3）根据图中几何关系求解pk两点沿电场线方向的距离，根据电场强度与电势差的关

38、系求解k、p两点之间的电势差。【解答】解：（1）由于小球沿pc做匀速直线运动，则小球受力平衡，根据平衡条件可得:qE=mg（2）由于另一个完全相同的带电小球受到的电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力,所以粒子在复合场中做匀速圆周运动，运动轨如图所示:设小球的运动轨迹半径为R，根据几何关系可得:tana =反，所以a=37。4由于 pc_LpO,则。=90° -a=90, -37° =53°则 R=sin 60. 8 42根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB = n J R解得：v=L： 4m（3） pk两点沿电场线方向的距离为d=R - Rcose=8L（l-0.

39、6）="L42则k、p两点之间的电势差为：u=Ed=y-x,L= 答：（1）匀强电场的场强大小为田皂;（2）带电小球的入射速度大小为幽 4m（3） k、p两点之间的电势差为理c 2qZl0【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系 求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量：对于带电粒子在电场中运动时，一般是 按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。【选修33】15 . （4分）容积一定的密闭容器内有一定质量的理想气体，在Ti、T?两种温度下气体分子 的速率分布如图所示，其中温度为T? （选填或"T?”）时对应气体的内能较大; 该气体温度

40、由Ti变化到T2的过程必须（选填“吸热”或“放热”）。【分析】结合不同温度下的分子速率分布曲线理解温度是分子平均动能的标志的含义判 断温度：由热力学第一定律判断吸收热量或放出热量。【解答】解：由不同温度下的分子速率分布曲线可知，分子数百分率呈现''中间多，两 头少”统计规律，温度是分子平均动能的标志，温度高则分子速率大的占多数，所以有 Ti<T2.气体的内能仅仅与气体的温度有关，所以T2所对应的气体内能较大。该气体的 体枳不变，气体没有对外做功或外界对气体做功，气体的内能增大，结合热力学第一定 律可知，气体一定吸收热量。故答案为：T2,吸收。【点评】本题考查分子速率分布规律图象的认识，对于物理学中的基本概念和规律要深 入理解，理解其实质，不能只是停留在表面上，同时要通过练习加强理解.丁 0.20m/上支座 气缸0.20m16 . (8分)如图是由气缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车