2021年福建省泉州市高考物理考前模拟试卷（二）（附答案详解）

2021年福建省泉州市晋江市毓英中学高考物理考前模拟

试卷（二）

一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）

1.如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车

对桥顶的压力为车重的:,如果要使汽车在粗糙的桥面行

驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度

应为（g=10m/s2）（）

A.15m/s

B.20m/s

C.25m/s

D.30m/s

2.如图所示，足够长的光滑平板AP与BP用钱链连接,

平板AP与水平面成53°角固定不动，平板8P可绕平

轴在竖直面内自由转动，质量为的均匀圆柱体。放

在两板间,sin53。=0.8,cs53°=0.6,重力加速度为

g。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，下列说法正确的是（）

A.平板BP受到的最小压力为gmgB.平板8P受到的最大压力为mg

C.平板AP受到的最小压力为|mgD.平板AP受到的最大压力为，wg

3.氢原子能级示意图如图所示，已知大量处于n=2能级的氢原子，

S

当它们受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光，用；

这些光照射逸出功为1.90eU的金属钠。下列说法正确的是（）

A.n=2能级氢原子受到照射后跃迁到n=4能级

B.能使金属铭逸出光电子的光子频率有6种

C.氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小

D.氢原子由n=2能级跃迁到n=1能级产生的光的波长最大

4.中国首次火星探测任务“天问一号”已于2021年2月10日成功环绕火星，已知地

球的质量约为火星质量的10倍，半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是（）

A.“天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9km/s,小于11.2km/s

B.若在火星上发射一颗绕火星表面运行的卫星，其速度至少需要7.9km/s

C.绕火星表面运行卫星的周期大于地球近地卫星的周期

D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

5.如图所示，M、N两点分别固定着带电量相等的正点电荷，

正方形ABCD为垂直M、N连线的平面，正方形中心。是M、

N连线中点，E、尸分别是BC、40的中点。不计重力，下列

说法中正确的是（）

A.A、8两点的场强相同

B.E、尸两点的电势相等

C.将一负电荷由A点静止释放后，该电荷将在AD间做往返运动

D.将一负电荷由E点静止释放后，该电荷将在EF间做往返运动

6.如图，半径为R的圆形区域内有方向垂直于纸面向里的匀

强磁场，一质量为机、带电量为q的粒子从圆上P点沿半

径方向以速度火射入匀强磁场，粒子从。点飞出，速度偏

转角为60。.现将该粒子从P点以另一速度沿半径方向射入

匀强磁场，粒子离开磁场时，速度偏转角为120。，不计粒

子重力。贝式）

A.该粒子带正电

B.匀强磁场的磁感应强度为警

3qR

C.该粒子第二次射入磁场的速度为T

D.该粒子第二次在磁场中运动的时间为空

7.如图所示为一种直流发电机的结构示意图，直流发电

机由两块永磁铁、线圈和换向器组成。永磁铁MS极

相对，中间区域视为匀强磁场，磁感应强度为瓦线

圈由N匝导线缠绕而成，面积为S,可绕如图所示的

轴线匀速转动，角速度为3。换向器由两个半铜环和两

个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半铜环绕着轴线以相同

角速度转动。电刷位置固定，作为输出端与外电路相连（图中未画出）。每当线圈转

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到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时

间极短可忽略。下列说法正确的是（）

A.当线圈按照图示的方向转动时，电刷a的电势总是比〃的电势低

B.当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零

C.该发电机产生电动势的最大值为NBSto

D.该发电机产生电动势的最大值是有效值的遮倍

8.如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨MN、PQ水平放置，轨道间距为3现有

一个质量为如长度为L的导体棒岫垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，导体

体棒和轨道电阻均可忽略不计.有一电动势为E,内阻为r的电源通过开关S连接

到轨道左端，另有一个定值电阻R也连接在轨道上，且在定值电阻右侧存在着垂直

于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度的大小为8.现闭合开关S,导体棒必开始运动,

则下列叙述中正确的有（）

八

XXXXXXX

XXXX*XX

X

£-i-r

XXXXXXX

p*1*XXXXX”

O

A.导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当速度达到最大时导体棒中无电流

B.导体棒所能达到的最大速度为肃正

（底十，）DL

C.导体棒稳定运动时电源的输出功率为有黑Q

（K+r）BzLz

D.导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E

三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）

9.用干涉法检查工作表面的质量，产生的干涉条纹是

一组平行的直线，若劈尖的上表面向上平移，如图

（a）所示，则干涉条纹将;若劈尖角度增大,

如图（b）所示，那么干涉条纹将；（以上两空均选填：变宽、变窄或不变）

10.在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，

实验测得光电子的最大初动能反与入射光的频率丫的关系如

图所示，由实验图线可知该金属的逸出功为,若用波

长为2的光照射该金属产生光电子，则光电子的最大初动能

为。（己知普朗克常量为H光在真空中的传播速度为c）

四、实验题(本大题共2小题，共12.0分)

11.某实验小组用如图甲所示装置来验证机械能守恒定律。

甲

(1)关于该实验，下列说法正确的是。

4实验中必须要用天平测出重物的质量

B.实验中重物下落的加速度一定小于当地的重力加速度

C.实验中需要用秒表来测量重物下落所用的时间t,并用h=计算下落高度h

。.实验中用刻度尺测量重物下落的高度h,并用"=/期计算瞬时速度

(2)甲同学按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，

如图乙所示，纸带上4-G各点是打点计时器连续打出的点，其中O点为纸带上打

出的第一个点。重物下落高度从纸带上点间的距离直接测出，利用下列测量值能完

成验证机械能守恒定律的选项有。

A.OA,08和OG的长度

B.OF、EF和FG的长度

C.AC,BE和。尸的长度

D.AC,8尸和EG的长度

(3)乙同学利用该实验装置又做了其他探究实验，分别打出了A、8、C、。4条纸带，

其中只有一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的。为了找出该纸带，丙同

学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间的距

离依次为与、小、叼，请你根据下列乙、小、也的测量结果确定该纸带为(取

g=9.80m/s2)o

A.6.05cm,6.10cm,6.60cm

B9cm,5.35cm,5.74cm

C.4.12cm,4.51cm,5.30cm

D.6.10cmf6.58cm,7.06cm

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12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个“2.5V,0.34”的小灯泡

两端的电压和通过它的电流。现有如下器材：

直流电源（电动势3.0V,内阻不计）

电流表量程3A,内阻约0.10）

电流表42（量程600〃泊，内阻约5。）

电压表匕（量程3匕内阻约弘。）

电压表彩（量程15V,内阻约15k0）

滑动变阻器Ri（阻值0〜10。额定电流14）

滑动变阻器/?2（阻值0〜额定电流300nL4）

①在该实验中，电流表应选择,电压表应选择,滑动变阻器应选择

②为了减小实验误差，应选择以下哪个实验电路进行实验

ABCD

五、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

13.一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸内，如图所示水平放置，活塞的质量m=

20kg,横截面积S=100c/n2,活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气。开始使汽缸

水平放置，活塞与汽缸底的距回L]=12cm,离汽缸口的距离G4c7n<>外界气温

为27。&大气压强为1.0x105pa,将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳

定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，已知g=10m/s2,

求：

（1）此时气体的温度为多少：

（2）在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q=392/的热量，

则气体增加的内能△U多大。

14.如图所示，水平界线MN上方有竖直向下的匀强电场，电

场强度大小为E,下方有垂直于纸面向外的水平匀强磁

场，光滑绝缘板斜放在匀强电场中，下端C在上，板

与MV间夹角。为45。，一个质量为小、电荷量为q的带电

粒子在板上A点由静止释放，粒子在电场力作用下沿板向

下运动，运动到C点以一定的速度进入磁场，粒子经磁场

偏转再次进入电场、并以水平向右的速度打在板上。已知4c间的距离为L,不计

粒子的重力，求：

(1)带电粒子进入磁场时速度大小；

(2)粒子打在板上的位置离C点的距离;

(3)匀强磁场的磁感应强度大小。

15.如图，倾角。=37。的直轨道4c与圆弧轨道CDE尸在AC处平滑连接，整个装置固

定在同一竖直平面内。圆弧轨道的半径为凡CF是竖直直径，0点为圆心，E、0、

B三点在同一水平线上，A、尸也在同一水平线上。两个小滑块尸、Q(都可视为质

点)的质量都为，入已知滑块。与轨道AC间存在摩擦力且动摩擦因数处处相等，

但滑块P与整个轨道间和滑块Q与圆弧轨道间的摩擦力都可忽略不计。同时将两

个滑块P、Q分别静止释放在A、B两点，之后P开始向下滑动，在B点与Q相碰，

碰后尸、。立刻一起向下且在BC段保持匀速运动。己知尸、。每次相碰都会立刻

合在一起运动但两者并不粘连，sin37°=0.6,cos37°=0.8,取重力加速度为g,

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求：

(1)两滑块进入圆弧轨道运动过程中对圆弧轨道的压力的最大值。

(2)滑块。在轨道AC上往复运动经过的最大路程。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：根据牛顿第二定律得，mg-FN=即;mg=

解得：r=40m。

当摩擦力为零时，支持力为零，有：mg=m吟解得M=yfgr=20m/s.故B正确，A、

C、。错误。

故选：8。

根据竖直方向上的合力提供向心力求出桥的半径，当汽车不受摩擦力时，支持力为零，

则靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出汽车通过桥顶的速度.

解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解.知道摩擦力

为零时，此时支持力为零.

2.【答案】A

【解析】

【分析】

除开始时的位置外，小球受三个力作用而保持静止状态，其中重力大小、方向都不变，

斜面对球的支持力方向不变，大小变，挡板对球的支持力的大小和方向都变化，根据三

力平衡的条件，结合平行四边形定则作图分析即可。

本题关键对小球受力分析，然后将两个力合成，当挡板方向变化时，将多个力图重合在

一起，直接由图象分析出各个力的变化情况。

【解答】

A以小球受重力、斜面4P弹力Fi和挡板BP弹力F2,将&与无合成为F=他9，如图

mg

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小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，

故F1和尸2合成的合力F一定与重力等值、反向、共线。

从图中可以看出，当挡板P3逆时针缓慢地转向竖直位置的过程中，&越来越大，尸2先

变小，后变大；

由几何关系可知，当尸2的方向与AP的方向平行（即与Fi的方向垂直）时，尸2有最小值为：

4

F2mm=mgs讥53。=-mg

当挡板B尸竖直时，尸2最大，为：p2max=m9,tan53°=故A正确，8错误；

C、当BP沿水平方向时，AP对球的支持力为0,所以AP受到的压力也等于0,故C错

误；

D、由图可知，当BP沿绳子方向时,4P对球的支持力最大，为：Fnnax=嫣7=|ag

由牛顿第三定律可知，平板AP受到的最大压力为3mg,故。错误。

故选：Ao

3.【答案】A

【解析】解：4受到某种频率的光线照射后，可辐射出6种频率的光，说明氢原子是从

n=4向低能级跃迁的，所以n=2能级氢原子受到照射后跃迁到几=4能级，故A正确；

B.从n=4跃迁到n=1,n=3跃迁到n=1,n=2跃迁到n=1,n=4跃迁到n=2辐

射的光子能量大于1.90eV,可知能使金属葩逸出光电子的光子频率有4种，故8错误;

C.氢原子向低能级跃迁后核外电子在较低的轨道运动，库仑力做正功，电子的动能增大,

故C错误；

。.根据光子能量方程得E=九丫=九3可知，辐射的光子能量越小，波长越长，所以从4

到3跃迁，辐射的光子波长最长，故/）错误。

故选:Ao

根据氢原子辐射出不同频率光子的种数确定出氢原子处于哪一能级，结合光电效应的条

件，通过辐射的光子能量大小确定能发生光电效应的光子频率种数；根据电子轨道半径

的变化得出核外电子速度的变化，从而得出动能的变化；频率最小的光子波长最大。

本题考查了能级跃迁和光电效应的综合运用，知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等

于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越高，波长越短，以及掌握发生光电效应

的条件。

4.【答案】C

【解析】解：A、“天问一号”探测器需要脱离地球的引力才能奔向火星绕火星运行，

发射的最小速度为第二宇宙速度11.2km/s,故4错误；

、对于近地卫星，根据万有引力等于向心力：=则地球的第一宇宙速度为

BR2R

v=,解得：v=7.9/cm/s,而在火星上，

J%

第一宇宙速度。'=JJ,17=Jx7.9km/s=3.5fcm/s-

故8错误；

C、对于近地卫星，根据万有引力提供向心力，有G粤=m^R,解得7=评,地

R2T2yjGM

球的质量约为火星质量的10倍，半径约为火星半径的2倍，即火星近地卫星的周期r=

星的周期，故C正确;

。、忽略天体自转，天体表面物体所受重力等于万有引力，即G箸=mg,有9=*,

GM曲GM卜

地球表面重力加速度为g地=冒，火星表面重力加速度为。火=京==

、（三）

2GM加2

=地，则火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加度，故。错误；

地

故选：C。

明确宇宙速度的定义，知道脱离地球的引力需要达到第二宇宙速度；根据万有引力以及

第一宇宙速度的定义可求解火星的第一宇宙速度；根据万有引力提供向心力，可以计算

火星和地球上近地卫星的周期，比较即可；根据星球表面，物体所受重力等于万有引力，

列式求解地球表面重力加速度的表达式，比较即可。

本题考查万有引力定律在天体运动中的应用，掌握宇宙速度的大小和意义，特别是第一

宇宙速度的推导求解过程。

5.【答案】BD

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【解析】解：A、例、N两点分别固定着带电量相等的正点电荷，A、B关于其MN连线

的中垂线对称，根据场强的矢量和，可确定AB两点场强大小相同，方向不同，故A错

误；

BD、E、尸两点也为MN连线的中垂线对称点，根据等量同种电荷电场线的分布，可确

定反厂两点电势相等，将负电荷由E点静止释放，受沿E尸方向的电场力的作用，先

加速运动，然后减速运动，在EF间做往返运动，故正确；

C、将负电荷由A点静止释放，其受力方向不沿方向，故不能在AO间往返运动，

故C错误；

故选：BD。

根据等量同种电荷的电场分布判定，电场强度为矢量，从中垂线和连线特殊位置开始分

析。

本题主要考查了等量同种电荷的电场线的分布情况，根据其分布情况确定电势和电场强

度，电场强度为矢量，要注意其大小相等，方向相同才为电场强度相同。

6.【答案】BD

【解析】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示:

A、根据洛伦兹力的方向，利用左手定则可知粒子带负电荷，故A错误;

B、由几何关系得图中的。=30。，tan。=£,解得：r=gR,根据洛伦兹力提供向心

力可得：=m谑，解得匀强磁场的磁感应强度B=£警，故B正确；

1vr3qR

CD,该粒子从P点以另一速度沿半径方向射入匀强磁场，粒子离开磁场时，根据8选

项可知，速度偏转角为120。，则粒子轨迹对应的圆心角为120。，

设粒子轨迹半径为r',则有：1即60。=四，所以/=在心

r13

根据洛伦兹力提供向心力可得：qi/B=m也，解得：r'=等，所以巴=二=拿.=2

r'qBVOrV3R3

所以该粒子第二次射入磁场的速度为M=[%；

该粒子第二次在磁场中运动的时间为t'=/、"=尹，故C错误、。正确。

360°V3Vo

故选：BD。

两种情况下分析粒子的运动情况，根据几何关系求解粒子的轨迹半径和轨迹对应的圆心

角，再根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小、速度大小，再根据周期公式求解

运动时间。

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；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。

7.【答案】ACD

【解析】解：人根据楞次定律可知线圈中电流方向为顺时针，线圈充当电源，又在电

源内部电流由负极流向正极可知，电刷4的电势比人的电势低，故A正确；

3、当线圈转到图示位置时，左右两条边垂直切割磁感线，产生电动势最大，故B错误；

C.该发电机产生电动势的最大值为E7n=NBSM故C正确；

D该发电机产生的电流方向不变，始终为同一方向，表达式为e=|NBS3cos3t|,可知

此电流在一个周期内产生的热量和交流电e=NBS3cos3t相同，故电动势的最大值是有

效值的VI倍，故。正确。

故选：ACD.

根据楞次定律判断电流方向和电势高低；分析垂直磁场方向速度，求电动势大小；根据

交流电最大值有效值关系求解。

本题考查交流电的产生以及峰值、有效值，学习中要重视课本，强化记忆。

8.【答案】AB

【解析】

【分析】

闭合开关S,导体棒必受安培力作用，开始向右加速运动，同时向棒切割磁感线产生

电动势与电源的电动势反向，电路中电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减

为零时，即油棒电动势和电源定值电阻R上的电压大小相等，速度达到最大，电路电

流为0

本题关键是对导体棒进行受力和运动状态分析，注意电流变化时，安培力变化，加速度

变化，稳定状态加速度为0,做匀速运动.

【解答】

A、闭合开关S,导体棒受到安培力向右加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电

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动势，且方向和电源电动势相反，电流减小，安培力减小，加速度减小，当导体棒的电

动势和定值电阻R两端电压大小相等相等时，导体棒中电流为0,导体棒做匀速运动，

速度达到最大，故A正确.

DER

3、由A分析知Eab=BLv=—E,得加=而7而故B正确

mK-ri）Du

C、导体棒稳定时电源的输出功率为P=/2R=C）2R=3^,故C错误.

K~rT（K+rj

。、导体棒稳定运动时产生的感应电动势为E等于定值电阻R两端电压，故O错误.

故选：AB

9.【答案】不变变窄

【解析】解：要检查玻璃板上表面是否平整所以干涉形成的条纹是下板的上表面和上板

的下表面的反射光干涉产生的.具体为：当两反射光的路程差（即膜厚度的2倍）是半波

长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，当劈尖的上表面向上平移

一小段距离，亮条纹将向劈尖前一级亮条纹移动，但亮暗条纹间距不变；

从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为△x=2d,即光程差为空

气层厚度的2倍，当光程差△x=n，时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层

的厚度差为^九若劈尖角度增大，导致相邻亮条纹（或暗条纹）之间的距离变小.故干涉

条纹间距变小，

故答案为：不变，变窄.

通过下板的上表面与上板的下表面的光线进行光的干涉，当光程差是半波长的偶数倍，

出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，而劈尖的上表面向上平移一小段距离，

会导致亮暗条纹会向前一级移动，而亮暗条纹间距仍不变.若是改变倾角，则改变空气

的厚度，导致条纹间距变化.

本题考查了干涉法检查某块厚玻璃板上表面是否平整，了解光的干涉原理以及光干涉在

生活中的应用后可以进行判断，注意当夹角变大时，亮暗条纹变窄；若夹角变小，亮暗

条纹变宽.

10.【答案】hv0^-hv0

【解析】解：根据爱因斯坦光电效应方程有：EK=hv-W

EK=0时有：hv0-W=0,所以逸出功为：W=hv0；

若用波长为;I的光照射该金属产生光电子，则光电子的最大初动能为：Ek=hv-W=

he.

故答案为：hvQf与■-

由爱因斯坦光电效应方程EK=也-小去分析图象中所包含的对解题有用的物理信息，

图象与纵轴和横轴交点分别表示普朗克常量和金属的极限频率。

本题考查了爱因斯坦光电效应方程EK=hv-W,注意将有关的物理知识和数学的图线

联系起来，培养用数学知识解决物理物体。

11.【答案】BBCDB

【解析】解：(1)4实验中要验证的关系是两边可以消掉小，则没必要用

天平测出重物的质量，故A错误；

B.实验中由于有阻力的影响，则重物下落的加速度一定小于当地的重力加速度，故8正

确；

C实验中是通过刻度尺测量纸带上两点间距来确定下落的高度，故C错误；

D实验中用刻度尺测量重物下落的高度h,并用纸带上两点间的平均速度来计算中间时

刻的瞬时速度，不能用〃=商K计算瞬时速度，故。错误。

(2)4当知道。4、和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故A错误；

B.当知道OF、EF和FG的长度时，利用FG和E尸的长度可以求出尸点的速度，从求出

。到F点的动能变化量，知道OF的长度，可以求出。到F重力势能的变化量，可以验

证机械能守恒，故8正确；

C.当知道AC、BE和。尸的长度时，由AC和。尸的长度，可以得到8点和E点的速度，

从而求出B点到E点的动能变化量；知道BE的长度，可以求出8点到E点重力势能的

变化量，即可验证机械能守恒，故C正确；

D当知道AC、8F和EG的长度时，可以分别求出8点和尸点的速度，从而求8到尸点

的动能变化量，知道8尸的长度，可以求出8到尸点重力势能的变化量，可以验证机械

能守恒，故。正确；

(3)纸带中打出的点符合相临相等时间的条件，则可知相临两位移间应保证位移之差等

于

△九=gt2=9.80x(0.02)2«3.9mm

A中的位移之差分别为0.5rmn、一0.4?nni,故A错误。

3中的位移之差分别为3.9nun、3.9mmf故3正确。

C中的位移之差分别为3.9nun、7.9mm,故C错误。

第14页，共19页

。中的位移之差分别为4.8nun、4.8mm,故。错误。

故答案为：(1)B；(2)BCD；(3)8；

根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；

依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势

能表达式，进而确定其的变化，即可验证；

根据位移差公式计算其相邻相等时间内的位移差判断。

解决本题的关键知道实验的原理，会通过原理确定需要测量的物理量，掌握纸带的处理

方法，会通过纸带求解瞬时速度，得出动能的变化量.

12.【答案】A2匕%C

【解析】解：(1)由题意可知，灯泡额定电流/=0.34电流表选Az(量程600〃出，内阻

约50),灯泡额定电压为2.5V,故电压表选匕(量程3匕内阻约3W2),

为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选：(阻值0〜100,额定电流14)。

(2)本实验要求多测几组数据，并且电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法；

同时因灯泡内阻较小，为了减小误差，电流表采用外接法，故电路图选G

故答案为：(1泡；匕；%；(2)Co

(1)根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定功率选择电压表，在保证安全的前提

下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器。

(2)明确实验原理，知道减小实验误差的基本方法，然后根据各电路元件的连接方式得

出正确的电路图；

本题考查伏安法测电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实验仪表选择的基本方法,

同时明确本实验应采用滑动变阻器分压和电流表外接法.

13.【答案】解：(1)当气缸水平放置时，封闭气体压强po=1.0x105Pa,体积匕=LiS,

温度70=(273+27)K=300K

当汽缸口向上，活塞到达气缸口时，活塞的受力分析图如图所示，由平衡条件得：PiS=

Pos+mg

5

代入数据解得：Pi=1.2x10Pa,气体体积匕=(公+L2)S

根据理想气体状态方程得：半=吟t处，

代入数据解得：7;=480K

(2)当汽缸口向上，未加热稳定时，由玻意耳定律得：PQL^S-p1Ls,

代入数据解得：L=10cm

加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为：W=-Pofti+L2-L)S-mg(Li+L2-

L)

代入数据解得：W=-72/

根据热力学第一定律得：

△U=〃+Q=-72/+392/=320/

答：(1)此时气体的温度为480K。

(2)气体增加的内能4U是320Je

【解析】(1)根据题意求出汽缸内封闭气体的状态参量，应用理想气体状态方程求出气

体的温度。

(2)求出气体对外界做的功，应用热力学第一定律求出气体内能的增加量。

分析清楚气体状态变化过程，应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题。

14.【答案】解：对粒子受力分

析并画出粒子运动轨迹图如右

图：

(1)由受力分析可得，带电粒子

沿板向下做匀加速直线运动.根

据牛顿第二定律有qEsin45。=

mar

解得：％=皿

12m

设运动到C点的速度大小为心

根据运动学公式有/=2%L

解得："=陲亘

7m

(2)设粒子出磁场时的位置在D

点，因其以水平方向的速度打

在板上，故粒子第二次在电场

中运动做类平抛运动的逆运动，设此过程粒子运动的加速度为a2,根据牛顿第二定律

qE=ma2>且％=a2

在沿电场方向运动的距离由：讨=2a2y

解得：y=竺好=真

因6=45。，粒子打在板上的位置离C点的距离4=靛，解得：d=y/2y=h

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(3)粒子第二次在电场中运动，平行电场方向：vsin45°=^t

垂直电场方向：x=vcos45°xt

解得：x=

2

因。=45。，故：l=y=^-L

J4

C、。间的距离为s=x+(,解得：S=^L

4

粒子在磁场中做圆周运动的半径r=sxsin45。，解得：r=^s=-L

24

根据牛顿第二定律：qvB=my

解得：B=i画

37qL

答：(1)带电粒子进入磁场时速度大小为

(2)粒子打在板上的位置离C点的距离为去

(3)匀强磁场的磁感应强度大小为

【解析】(1)对带电粒子受力分析求解其在光滑绝缘板上运动时的加速度，应用运动学

公式求解进入磁场时的速度；

(2)粒子从磁场射出进入电场后只受电场力，故其再进入电场后做匀变速曲线运动，因

其以水平方向的速度打在板上，故粒子第二次在电场中运动做类平抛运动的逆运动，应

用类平抛运动求解；

(3)画出轨迹图，结合几何关系和匀速圆周运动知识求解磁感应强度的大小。

本题考查带电粒子在电磁场中的运动，分析受力情况，确定其运动情况，做好此类题目

的关键是准确画出粒子运动的轨迹图，利用几何知识再结合半径公式去分析，总之，画

好轨迹图是关键。

15.【答案】解：

(1)滑块P下滑至碰前，由机械能守恒定律得

mgR=①

P、。碰后一起运动，由动量守恒定律得

mv1=2mv2②

P、Q一起运动至。点过程，有

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