2021年福建省高考物理压轴试卷（附答案详解）

2021年福建省高考物理压轴试卷

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.（2021•福建省•模拟题）货运飞船“天舟一号”与已经在轨运行的“天宫二号”成功

对接形成组合体，如图所示。假设组合体在距地面高度为〃的圆形轨道上绕地球做

匀速圆周运动，周期为7;。如果月球绕地球的运动也看成是匀速圆周运动，轨道半

径为％,周期为R。已知地球表面处重力加速度为g，地球半径为凡引力常量为

G,不考虑地球自转的影响，地球看成质量分布均匀的球体。则（）

A.月球的质量可表示为察

B.组合体与月球运转的线速度比值为2

C.地球的密度可表示为嘴黑

D.组合体的向心加速度可表示为（竽

2.（2021•福建省・模拟题）如图所示，一束光斜射向厚度为d的长方体玻璃砖，经它折射

后射出匕两束光线，则下列说法正确的是（）

h

A.玻璃砖对。光的折射率大于对b光的折射率

B.在真空中，a光的波长小于b光的波长

C.在玻璃中，a光的传播速度大于匕光的传播速度

D.从玻璃砖底边射出的〃、匕光传播方向不平行

3.（2020•山东省济南市•月考试卷）如图所示，小滑块〃从倾角为葭_

9=45。的固定粗糙直角三角形斜面顶端以速度％沿斜面匀

速下滑，同时将另一小滑块6在斜面底端正上方与小滑块a

e

等高处以速度“2水平向左抛出，两滑块恰在斜面中点P处相遇，不计空气阻力，不

考虑小滑块人碰撞斜面后的情况，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.Vj：v2=1：1

B.斜面总高度九=退

g

C.若6以速度2%水平向左抛出，匕仍能相遇

D.若匕以速度水平向左抛出，则人落在斜面上时，a在6的下方

4.（2021•江苏省南通市•期末考试）氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线”。、他、%

和He，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级时发出的光，它

们在真空中的波长由长到短，可以判定（）

A.Ha对应的前后能级之差最小

B.同一介质对"a的折射率最大

C.同一介质中“6的传播速度最大

D.用为照射某一金属能发生光电效应，则为也一定能

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.（2021•湖南省长沙市•期中考试）甲、乙两车在平直公路上同向

行驶，其"-t图象如图所示.已知两车在t=3s时并排行驶，

则（）

A.在t=ls时，甲车在乙车后

B.在t=0时，甲车在乙车前7.5m

C.两车另一次并排行驶的时刻是《=2s

D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40nl

6.（2021.全国•模拟题）带电平行板电容器两极板水平放置，”

充电后与电源断开。两质量相等的带电小球〃、〃分别”v

位于电容器内上、下极板附近，。与上极板、b与下极

板的距离相等。现在同时由静止释放a、b,a和同时

经过两极板的中线MN,已知重力加速度为g,不计a、人间的相互作用和电容器极

板的边缘效应，下列说法正确的是（）

A.到达MN时，”的动能大于6的动能

B.到达时，〃、6的电势能变化相等

C.从释放两带电小球“、6到的过程中，。的机械能变化量的绝对值大于。的

机械能变化量的绝对值

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D.若将上极板上移一小段距离/?,下极板下移2/?,再同时由原位置释放a、b,a、

b仍同时到达原中线MN

7.（2019•安徽省合肥市•模拟题）如图所示，竖直平面内固定的四分.

之一圆弧轨道AP,圆弧轨道的圆心为O,0A水平，OP竖直，

半径为R=2m。一质量为m=Mg的小物块从圆弧顶点A开始

以2m/s的速度从A到P做匀速圆周运动，重力加速度g=

10m/s2,。为圆弧AP的一个三等分点（图中未画出），04与0Q的夹角为30。，下

列说法正确的是（）

A.在。点时，重力的瞬时功率为10百W

B.在A到尸的过程中合力对小物块的冲量为零

C.小物块在AQ段克服摩擦力做的功等于在2P段克服摩擦力做的功

D.在P点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为11.5N

8.（2021•福建省•模拟题）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B=

1T＞在匀强磁场区域内，将质量为m=1kg、长为L=1m、电阻为R=10的金属

棒而垂直导轨放置在足够长的水平光滑U形导轨上，且与导轨接触良好，导轨间

距为L=l/n,导轨电阻可忽略不计.金属棒在垂直于棒的水平拉力F的作用下，

由静止开始（t=0时）以加速度a=Im/s2向右做匀加速直线运动，2s后保持拉力的

功率不变，直到棒加以最大速度做匀速直线运动再撤去拉力几下列说法正确的

是（）

XXXX

x8x_x

XXXX

XXXX

b

A.2s时拉力厂的大小为3N

B.棒M的最大速度为6m/s

C.0〜2s内安培力对金属棒的冲量大小为4N-s

D.撤去拉力产后，棒他运动的距离为几加

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.（2021.福建省.模拟题）如图所示，是一定质量的气体

从状态A经状态8、C到状态。的p-T图象，已知

气体在状态C时的体积是6L,则状态。时的体积

VD=；状态A时的气体体积%=

10.（2018•全国・单元测试）一简谐横波沿x轴正向传播，t=0时刻的波形如图（a）所示,

x=0.30?ri处的质点的振动图线如图（b）所示，该质点在t=。时刻的运动方向沿y

轴（填“正向”或“负向”）.已知该波的波长大于0.30m,则该波的波长为

四、实验题（本大题共2小题，共26.0分）

11.（2021.湖北省荆州市・单元测试）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图2

所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨，导轨上4点处有一带长方形遮光片的滑

块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为，〃的小球相连；

遮光片两条长边与导轨垂直，导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门

时的挡光时间f,用d表示4点到光电门8处的距离，匕表示遮光片的宽度，将遮

光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由

静止开始运动.

（1）某次实验测得倾角。=30。，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和

M组成的系统动能增加量可表示为△EK=，系统的重力势能减少量可表示为

△Ep=,在误差允许的范围内，若4EK=△Ep则可认为系统的机械能守恒；

（用题中字母表示）

（2）在上次实验中，某同学改变A、2间的距离，作出的/—d图象如图2所示，并

测得M=m,则重力加速度g=m/s2.

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12.（2021•福建省•模拟题）用伏安法测量某电阻咒的阻值，现有实验器材如下：

A待测电阻孔：约550

8.电流表A：量程0-34（内阻约0.10）

C电压表V：量程0-151/（内阻约45）

（1）确定电流表的内外接方式为（内接或外接），此方法测量值比真实值

（填“偏大”或“偏小”）。

（2）在测定金属丝电阻率的实验中，用螺旋测微器测得金属丝的直径如图甲所示，

d=mm；用多用电表的“xl”欧姆挡，调零后测得金属丝的电阻值如图

乙所示，R=0;若实验中测出金属丝的长度为L则该金属丝电阻率的表

达式p=（用符号表示）。

甲乙

五、简答题（本大题共1小题，共10.0分）

13.（2021•山东省聊城市・模拟题）如图中所示,在光滑绝缘水平桌面内建立平面直角坐标

系X。），，在第II象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角0=

45%在第ID象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板G、。2,两板间距为刈=L,

板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在了轴上，板G与x轴重合，在其左端紧贴

桌面有一小孔小孔〃离坐标原点O的距离为"在第W象限垂直于x轴放置

一块平行于y轴的竖直平板C3,平板C3在x轴上垂足为。，垂足0与原点。相距d2=

现将一质量为〃h带电量为-q的小球从桌面上的P点以初速度为垂直于电场

方向射出，刚好垂直6板穿过M孔进入磁场。已知小球可视为质点，P点与小孔M

在垂直电场方向上的距离为s,不考虑空气阻力。

(1)求匀强电场的场强大小；

(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，求磁感应强度的取值范围；

(3)若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度随时间周期性变化，取竖

直向上为磁场的正方向，如图乙所示，磁场的变化周期7=鬻，小孔〃离坐标原

点0的距离L=空警，求小球从M点打在平板C3上所用的时间。

qB。

六、计算题(本大题共2小题，共16.0分)

14.(2021•福建省・模拟题)如图所示，光滑平行的长金属导轨固定在水平面上，相距L=

1m,左端连接R=20的电阻，一质量m=0.5kg、电阻r=10的导体棒MN垂直

放置在两平行金属导轨上，彼此接触良好，导轨的电阻不计。在两导轨间有这样的

磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度8大小随x变化关系是B=0.6s讥£(7),

Xo=0.5m；两区域磁感应强度大小关于直线x=0.5M对称。

(1)导体棒在水平向右的拉力尸作用下，以速度。o=lm/s匀速穿过磁场区，求此过

程中感应电流的最大值k；

(2)在(1)的情况下，求棒穿过磁场过程中拉力做的功W以及电阻R上产生的热量Q”

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xxXX

XXX*

xxxx

XX*x

LXwx

15.(2020•四川省泸州市•月考试卷)如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为机的

木球，在木球正上方L处有一个固定悬点O,在悬点。和木球之间用一根长为2L

的不可伸长的轻绳连接。有一个质量也为m的子弹以火的速度水平射入木球并留在

其中，一段时间之后木球绕。点在竖直平面内做圆周运动。球可视为质点，重力加

速度为g,空气阻力不计，求：

(1)木球以多大速度离开水平地面。

(2)子弹速度为的最小值。

答案和解析

1.【答案】c

【知识点】万有引力定律的应用、人造卫星、向心力

【解析】解：A、由于月球是环绕天体，根据题意可以求出地球的质量，不能求月球的

质量，4错误；

8、对于组合体和月球绕地球运动的过程，万有引力提供向心力，设地球质量为组

合体质量是加，则由牛顿第二定律可知=m日，解得〃=叵，则组合体和月球的

r2ryjr

线速度比值为叵，故8错误；

y]R+h

C、对于组合体，由=m等YR+h)，解得：M=坪禽区又因为地球的体

积为1/=：兀/?3,密度是p=M联立解得p=3：鬻)：,故C正确；

D、由G^j=ma,对地球表面物体而言，G,=mg,可知组合体的向心加速度大

小为a=(£)2g,。错误。

故选：Co

利用万有引力提供向心力可计算中心天体的质量，月球不是中心天体，地球是中心天体,

可求地球质量，然后求出地球密度。利用万有引力提供向心力可计算线速度表达式，求

出比值。利用万有引力提供向心力可计算向心加速度。

本题考查万有引力定律的应用，注意掌握利用万有引力提供向心力的计算，会求中心天

体的质量。

2.【答案】C

【知识点】折射定律

【解析】解：AC、由图可知，。光在玻璃砖中的折射角大于6光的折射角，根据折射定

律可知，na<nb,根据n=?在玻璃砖中，a光传播的速度大于匕光的传播速度，故A

错误，C正确；

B、由于%<%,所以a光的频率小于b光的频率，由4=%II,真空中a光的波长大

于6光的波长，故B错误；

D、a、6两束出射光都分别与入射光平行，故该两束出射光平行，故O错误。

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故选：Co

根据图片中光从空气射入玻璃砖，入射角相等时，折射角的大小，确定玻璃砖对两种光

的折射率的大小关系及两种光在玻璃砖中速度的大小关系；确定两光束频率的大小关系,

进而确定真空中两种光波长的大小关系；

掌握光的折射定律，并能运用几何知识帮助解决物理问题。注意由光疏介质到光密介质

时，当折射角越大时，折射率越小。

3.【答案】D

【知识点】抛体运动、牛顿第二定律

【解析】解：人两个滑块在P点相遇，知两滑块的水平位移相等，有：％tcos45。=v2t,

解得：=：故错误；

vx：v2V21»A

8、设斜面的总高度为儿小滑块匕到达尸时，竖直方向：!无=：炉2,水平方向彳/,=

联立可得：h=空，故8错误；

9

CD、若小滑块人以2功水平抛出，由于匕的速度增大，可知人将落在比P点高的位置，

设6落在斜面上的A点，由于滑块6下落得高度减小，则下落得时间变短，结合竖直方

向滑块b做自由落体运动的特点可知，滑块。在竖直方向的平均速度减小，而滑块。在

竖直方向平均速度不变，所以小滑块6到达A点的时间大于小滑块〃到达A点的时间，

所以小滑块6落在斜面上时，小滑块。在小滑块〃的下方，故C错误，£＞正确。

故选：Do

滑块a做匀速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，滑块6做平抛运动，在水平方

向上做匀速直线运动，根据水平位移相等求出初速度之比。结合落在斜面上位置，比较

两滑块的运动时间，从而确定位置的关系。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，抓住“、匕两球

水平方向均做匀速直线运动，结合水平位移关系分析判断。

4.【答案】A

【知识点】光电效应、折射率、光谱和氢原子光谱、能级跃迁

【解析】解：人四条谱线"a、他、叫和外，在真空中的波长由长到短，根据丫=云

可知，四条谱线Ha、%、力和“6,的频率是由低到高；那么它们的能量也是由小到大，

而则对应的前后能级之差最小，故正确；

△E=E„1-E"=/in,HaA

B、当在同一介质，由于左，频率最大，那么其的折射率也最大，而对Ha的折射率最小，

故B错误；

C、在同一介质中，出的折射率最大，由"=?，可知，其传播速度最小，故C错误；

。、若用修照射某一金属能发生光电效应，由于他的频率小于外,依据光电效应发生

条件，其入射频率不小于极限频率则坳不一定能，故。错误；

故选：A。

由波长与频率关系，可判定四条谱线的频率高低，从而确定其的能量大小，再结合跃迁

过程中，释放能量即为前后能级之差；由频率大小来判定折射率的高低，再由〃=

来确定传播速度的大小；最后依据入射光的频率不小于极限频率时，才会发生光电效应

现象来判断是否能发生光电效应。

考查跃迁过程中能级的高低，掌握频率的大小与折射率的高低的关系，理解光电效应发

生条件。

5.【答案】BD

【知识点】追及相遇问题、v-f图像

【解析】

【分析】

本题是速度-时间图象的应用，要明确速度图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成

的面积表示位移.

【解答】

4C、根据‘‘面积”大小表示位移，由图象可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，

两车在t=3s时并排行驶，所以两车在t=1s时也并排行驶，故AC错误；

Av20Av

B、由图象可知，甲的加速度a尹=/=3m/s2=10m/s2；乙的加速度。2=不7==

7At甲2乙At乙

20~10m/s2=5m/s2；0至Is,甲的位移x*[x10x"根=5血，乙的位移

7n

x7=vQt+2。/产=ioxlm4-ix5x12=12.5m,△%=%7-%用=12.5m-

乙u2乙2j7

5m=7.5m,即在t=0时，甲车在乙车前7.5m,故8正确；

。、Is末甲车的速度为："=a/=10xl=10m/s,1到3s,甲车的位移为：x=vt+

=10x2m+1x10x22m=40m,即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公

路方向的距离为40办故。正确。

故选：BD。

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6.【答案】CD

【知识点】电容器的动态分析、带电粒子在电场中的运动、电场力做功与电势能变化的

关系

【解析】A、根据位移公式x=^at2,位移相等，时间相等，所以两微粒的加速度大小

相等，则到达MN时，6的速率等于a的速率，根据公式反可知，〃的动能等于

人的动能，故A错误；

B、因为b加速度向上，所以匕所受电场力一定向上，对6有：Eqb-mg=ma,对〃，

若a受电场力向下有：mg+Eqa=ma,若〃受电场力向上，有：mg-Eqa=ma,所

以a无论属于哪种情况，都有：qb>qa，由△=-勿=—Eqx可知，到达MN时，〃、

6的电势能变化不相等，故B错误；

C、除重力外的力做功改变物体的机械能，且qb>qa，所以电场力对b做的功大于对“

做的功，所以粒子从释放至运动到的过程中，。的机械能变化量的绝对值大于。的

机械能变化量的绝对值，故C正确；

D、若仅将上极板向上平移一段距离人下极板下移2儿再同时由原位置释放心b,由

C=旦和E=

4nkdd

联立可知场强E=誓，所以E不变，则两微粒的加速度不变，位置不变，所以两微粒

同时到达原中线故/）正确。

故选：CD。

根据位移公式％=之a/和题目已知条件判断两微粒到达MN的速度判断动能大小，再依

据牛顿第二定律以及电场力做功公式分析电势能变化，机械能变化由除重力之外的其他

力做功大小来判断，由电容决定式和电场与电势差关系确定E的变化，从而判断改变之

后到达MN的时间。

本题考查带电粒子在匀强电场中的运动，比较常规是一道好题，注意判断必受力，以

及电容。不变是解题关键。

7.【答案】AC

【知识点】动能和动能定理、瞬时功率、冲量与动量、牛顿第二定律的理解及简单运用

【解析】解：A、在。点时，重力方向与速度方向夹角为30。，则重力的瞬时功率为P=

mgvcosd=10V3V/,故A正确；

8、在A到P的过程中小物块的速度方向不断改变，动量不断改变，所以合力对小物块

的冲量不为零，故B错误；

C、小物块在AQ段重力做的功％=mgRsin30°,在QP段重力做到功电=mgR(l-

sin30°),得名=勿2,由小物块做匀速圆周运动和动能定理可知，小物块克服摩擦力做

的功等于重力做的功，故C正确；

D、在P点时，由牛顿第二定律N-mg=mp2/R,得到小物块对圆弧轨道的压力大小

为12N,故O错误。

故选：AC。

小物块做匀速圆周运动，合外力充当向心力，所以合外力不为零，冲量不为零。

根据重力的功率公式求解。

在AQ段和QP段列动能定理求解。

在P点时由牛顿第二定律列式求解。

本题考查了冲量、功率、动能定理、牛顿第二定律等概念和规律，理解概念和规律的实

质是正确解题的关键。

8.【答案】AD

【知识点】动生电动势、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理

【解析】解：A、前2s内金属棒外做匀加速直线运动，t=2s时的速度为。=矶=lx

2m/s=2m/s

棒ab切割磁感线，产生的感应电动势为E==1x1x2V=2K

由闭合电路欧姆定律得/=J==2A

n1

£=25时由牛顿第二定律有尸-引乙=血如联立解得F=3N,故4正确；

B、t=2s时拉力尸的功率为P=Fv=3x2W=6W

棒时最终做匀速运动，设棒外的最大速度为方,棒受力平衡，则有B/mL=O

其中/m=*，联立解得%,=乃6/5,故B错误；

C、。〜2s内，金属棒做匀加速直线运动，所受安培力大小为尸安=*=电等

可知安培力随时间均匀增大，安培力的冲量/安为F安-t图线与坐标轴围成的面积大小,

即/=yt=^t^lx2N-s=2N-s，故C错误；

女222

D、设撤去拉力F后，棒时运动的距离为X。

撤去拉力尸后，以金属棒必为研究对象，取向右为正方向，由动量定理得

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—BILt=0—mvm

又9=，=亘=处=竺七代入上式解得x=V^n，故。正确。

FRRR

故选：ADo

前2s内金属棒加做匀加速直线运动，由u=at求出2s时的速度，由后=BLf求出感应

电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流，再由牛顿第二定律和安培力公式F=B/L相

结合求2s时拉力尸的大小；棒劭最终做匀速运动，根据平衡条件和功率公式求最大速

度；0〜2s内安培力随时间均匀增大，根据安培力的平均值求安培力对金属棒的冲量大

小；撤去拉力F后，根据动量定理求棒功运动的距离。

本题通过金属棒在磁场中的运动考查逻辑推理能力和分析综合能力。本题需要利用牛顿

运动定律、法拉第电磁感应定律及动量定理等知识解题。要知道动量定理是求电磁感应

问题中电荷量或导体棒滑行距离常用方法。

9.【答案】8L3L

【知识点】理想气体状态方程

【解析】解：(1)C到。过程，属于等压变化，由等压变化规律可知些=母

即上=生

300K400K

解得力=8L

(2)由图可知，8到C过程属于等容变化，所以％=%=6L

A到8过程为等温变化，压强与体积成反比，即P4〃=PB%

代入数据，有2匕=VB=6L

解得匕=3L

故答案为：8L：3£

C到。过程，属于等压变化，由等压变化规律解得力；B到C过程属于等容变化，A到

B过程为等温变化，可解得匕。

本题考查等压变化，等温变化过程中各物理量的关系，根据图像可进行解答。

10.【答案】正向；0.8

【知识点】波速、波长和频率、波的图象

【解析】解：由图匕可知，t=0时刻，该质点的位移为四cm，在下一时刻，位移大于

V^cni.所以该质点在t=。时刻的运动方向沿y轴正向.

由振动方程得:

y=Asin—

/T

则有：V2=2smy

解得：si华4

波长大于0.30m,所以管=手

解得：X=0,8m

故答案为：正向；0.8.

由图人可知，质点后面的时刻位移比t=0时刻位移大，所以质点沿y轴正向运动，根据

振动方程及波速与波长周期关系结合题中条件即可求解波长.

本题首先考查读图的能力，要求同学们掌握振动方程及波速与波长周期关系公式，难度

适中.

11.【答案】(1)色罗；(2)9.6

【知识点】实验：验证机械能守恒定律

【解析】

【分析】

本题主要考查验证机械能守恒的实验。要求掌握光电门测量瞬时速度的原理。实验中我

们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，掌握系统机械能守恒处理方

法，注意图象的斜率的含义。

(1)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。

根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可

以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量。

(2)根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小。

【解答】

(1)由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度.

滑块通过光电门B速度为：%=%

滑块从A处到达B处时/"和M组成的系统动能增加量为：△ER=+6)(62=

(M+m)b

2t2

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系统的重力势能减少量可表示为：△昂=mgd-Mgdsin30°=(m-g)gd；

比较△昂和△益,若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的。

(2)根据系统机械能守恒有：1(M+m)v2=

M

则/=2xWgd

M

若"2-d图象，则图线的斜率：k=2x匚q；

m+Ma

由图象可知,卜=言;

M+mk

则有：9=口、5

2

代入数据得：g=9.6m/s2.

故答案为：(1严鬻”;(m-?)gd；(2)9.6

12.【答案】内接偏大0,7308.0理直

4L

【知识点】实验：测量金属丝的电阻率、实验：练习使用多用电表

【解析】解：⑴由题意可知：泉=甯。72.7,*=篙=550,则膏〉*待测电阻

属于大电阻，为减小实验误差，电流表用内接法；电流表采用内接法，由于电流表的分

压作用，电压的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值大于真实值。

(2)由图甲所示螺旋测微器可知，金属丝的直径d=0.5mm+23.0x0.01mm=

0.730mm；

用多用电表的“xl”欧姆挡调零后测金属丝的电阻，由图乙所示可知，阻值R=8.0x

1/2=8.0/2；

由电阻定律得：R=P'=P急，

解得，电阻率：。=皿

4L

故答案为：(1)内接法;偏大；(2)0.730；8.0；—o

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(1)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法；根据电流表的接法应用欧

姆定律分析实验误差。

(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；欧姆表指针示数与

挡位的乘积是欧姆表示数；根据电阻定律求出金属丝电阻率的表达式。

要知道应用伏安法测电阻电流表接法的选择：当待测电阻阻值远大于电流表内阻时电流

表应采用内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表应采用外接法。

13.【答案】解：(1)小球在第n象限内做类平抛运动有：

s=vot,votand=at

由牛顿第二定律有：qE=ma

代入数据解得：E=

qs

(2)设小球通过M点时的速度为也由类平抛运动规律:

v==V2v

COS00

小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示,

由牛顿第二定律有：qvB=

解得:B暇

小球刚好能打到。点时，磁感应强度最大，设为名，此时小球的轨迹半径为治,由几

L-R1

何关系有:R1

L+d2-R1

解得：

小球刚好小与板相碰时磁感应强度最小，设为%，此时小球的轨迹半径为/?2,

由几何关系有：/?2=虑=心解得：B2=^p

综合得磁感应强度的取值范围：*喏

(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为/?3,周期为％，有:

孔M离坐标原点。的距离L=嘤也=4色。磁场的变化周期7=黑=|7。。

QDQ四小o

由以上分析可知小球在磁场中运动的轨迹如图乙所示，一个磁场周期内小球在X轴方向

的位移为X=3/?3，L-3R3=R3.

即小球刚好垂直)，轴方向离开磁场，所以小球在磁场中运动的时间G=：7o++

=瀛。离开磁场到打在平板C3上所用的时间12=§=鲁。

小球从M点到打在平板C3上所用总时间t=q+t2=驾+弃。

6qB°bV0

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答：(1)匀强电场的场强大小解得：E=誓；

(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C3上，磁感应强度的取值范围：膂W

qL

4qL

(3)若t=0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度随时间周期性变化，取竖直向

上为磁场的正方向，如图乙所示，磁场的变化周期7=鬻，小孔M离坐标原点。的距

离L=空警，小球从M点打在平