天津市寶坻區(qū)2021屆新高考物理一模試卷含解析

1、天津市寶垠區(qū)2021屆新高考物理一模試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共 6小題，每小題 5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合 題目要求的1 .如圖所示，由粗糙的水平桿 AO與光滑的豎直桿 BO組成的絕緣直角支架，在 AO桿、BO桿上套有帶正電的小球 P、Q,兩個(gè)小球恰能在某一位置平衡?，F(xiàn)將P緩慢地向左移動(dòng)一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡。若小球所帶電荷量不變，與移動(dòng)前相比（）A .桿AO對(duì)P的彈力減小C. P、Q之間的庫(kù)侖力減小【答案】DB.桿BO對(duì)Q的彈力減小D.桿AO對(duì)P的摩擦力增大A .對(duì)兩個(gè)小球作為整體分析可知，整體在豎直方向只受重力和AO的支持力，故桿 AO對(duì)小球P的彈力不變

2、，故A錯(cuò)誤;BC.對(duì)Q受力如圖小球P向左移后，兩個(gè)小球 P、Q間的庫(kù)侖力方向向圖中虛線(xiàn)處變化，則由力的合成和平衡條件可知桿BO對(duì)小球Q的彈力變大，兩小球 P、Q之間的庫(kù)侖力變大，故 B、C錯(cuò)誤；D.對(duì)兩個(gè)小球作為整體受力分析，在水平方向則有桿 BO對(duì)小球Q的彈力等于桿 AO對(duì)小球P的摩擦力,所以可得桿 AO對(duì)小球P的摩擦力變大，故 D正確；故選D。2 .在物理學(xué)研究過(guò)程中科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法，如理想實(shí)驗(yàn)法、控制變量法、極限法、 理想模型法、微元法等。以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述不正確的是（）A.牛頓采用微元法提出了萬(wàn)有引力定律，并計(jì)算出了太陽(yáng)和地球之間的引力B.根據(jù)速度定義式

3、 v= ，當(dāng)At非常小時(shí)， 就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該定義采用了 極限法C.將插有細(xì)長(zhǎng)玻璃管的玻璃瓶?jī)?nèi)裝滿(mǎn)水，用力捏玻璃瓶，通過(guò)細(xì)管內(nèi)液面高度的變化，來(lái)反映玻璃瓶發(fā) 生了形變，該實(shí)驗(yàn)采用了放大的思想D.在推導(dǎo)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法【答案】A【解析】【詳解】A.牛頓采用理想模型法提出了萬(wàn)有引力定律，沒(méi)有計(jì)算出太陽(yáng)和地球之間的引力，故A符合題意;B.根據(jù)速度定義式 v= -x,當(dāng)At非常小時(shí)，_x就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該定義采用了tt極限法，故B不符合題意C.將插有細(xì)長(zhǎng)玻璃

4、管的玻璃瓶?jī)?nèi)裝滿(mǎn)水，用力捏玻璃瓶，通過(guò)細(xì)管內(nèi)液面高度的變化，來(lái)反映玻璃瓶發(fā)生了形變，該實(shí)驗(yàn)采用了放大的思想，故C不符合題意；D.在推導(dǎo)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法，故D不符合題意。故選Ao3R,則在該行星表面繞其做3.一半徑為R的球形行星自轉(zhuǎn)周期為T(mén),其同步衛(wèi)星距離行星表面的高度為勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星線(xiàn)速度大小為（2 RA.T【答案】DB.C.D.16 RT衛(wèi)星的軌道半徑r=R+3R=4R ,根據(jù)線(xiàn)速度的計(jì)算公式可得:2 r 8 R vT T根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得所以GMrrv衛(wèi)r衛(wèi)解得16 R

5、A.B.C.D.T故選Do2 R2-R,與結(jié)論不相符，選項(xiàng)T4-R ,與結(jié)論不相符，選項(xiàng) T8-R ,與結(jié)論不相符，選項(xiàng)T16-R ,與結(jié)論相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B錯(cuò)誤;C錯(cuò)誤;D正確;B 點(diǎn)的距離為(sin53 = 0.8, cos53°匚E=0.6)()4RA. 152RB.15D.由題意知得：小球通過(guò)D點(diǎn)時(shí)速度與圓柱體相切，則有4 .如圖所示，OAB為四分之一圓柱體的豎直截面，半徑為R,在B點(diǎn)上方的C點(diǎn)水平拋出一個(gè)小球,小球軌跡恰好在 D點(diǎn)與圓柱體相切，OD與OB的夾角為53°,則C點(diǎn)到vy=v0tan53 °小球從C至ij D,水平方向有Rsin53 =vot

6、豎直方向上有vy.y 5t聯(lián)立解得y I根據(jù)幾何關(guān)系得,C點(diǎn)到B點(diǎn)的距離ycB yR(12 rcos53 ) R 15故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選BoA、B、C先后從P點(diǎn)以相同5 .如圖所示，圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三個(gè)帶電粒子的速度沿 PO方向射入磁場(chǎng)，分別從a、b、c三點(diǎn)射出磁場(chǎng)，三個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別用tA、Ta、Tb、A.粒子B帶正電 B . tAVtBVtc【答案】B【解析】C. kA< kB< kcD. Ta>Tb>Tc根據(jù)題意做出 ABC三種粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,tB、tC表示，三個(gè)粒子的比荷分別用kA、kB、kC表示，三個(gè)

7、粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期分別用Tc表示， 下列說(shuō)法正確的是（）A .根據(jù)左手定則，可以判斷 B粒子帶的電荷為負(fù)電荷，A錯(cuò)誤;C.由圖可知，三粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑C最大，A最小，根據(jù)mv r qB又粒子的速度都相等，所以比荷的大小關(guān)系是：kA>kB>kC,故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)周期公式T Q qB及比荷的大小關(guān)系可知：Tc>Tb>Ta,故D錯(cuò)誤；B.由圖，ABC三個(gè)粒子形成的圖象在磁場(chǎng)區(qū)域留下的弧長(zhǎng)C最長(zhǎng)，A最短，而三個(gè)粒子的速度相同，根g , l 一 一據(jù)t 一，所以有：tAV tBVtC,故B正確。v故選Bo6.關(guān)于原子物理的知識(shí)下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的為（）A.電子的發(fā)現(xiàn)證實(shí)了

8、原子是可分的B.盧瑟福的 粒子散射實(shí)驗(yàn)建立了原子的核式結(jié)構(gòu)模型C.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核是由質(zhì)子和中子組成的D .射線(xiàn)是高速運(yùn)動(dòng)的電子流，有較弱的電離本領(lǐng)【答案】C【解析】【詳解】A.英國(guó)科學(xué)家湯姆生通過(guò)陰極射線(xiàn)的研究，發(fā)現(xiàn)電子，電子的發(fā)現(xiàn)證實(shí)了原子是可分的，所以A不符合題息；B.盧瑟福的粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了湯姆生的原子結(jié)構(gòu)模型，故B不符合題意；C.天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示了原子核有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，故C符合題意；D.射線(xiàn)是高速運(yùn)動(dòng)的電子流，它貫穿本領(lǐng)比粒子強(qiáng)，比 射線(xiàn)弱，則有較弱的電離本質(zhì)，故 D不符合題意。二、多項(xiàng)選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)

9、符合題目 要求.全部選對(duì)的得 5分，選對(duì)但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得0分7.如圖所示，用輕繩分別系住兩個(gè)質(zhì)量相等的彈性小球A和B。繩的上端分別固定于 0、O點(diǎn)。A繩長(zhǎng)度（長(zhǎng)度為L(zhǎng)）是B繩的2倍。開(kāi)始時(shí)A繩與豎直方向的夾角為 60 ,然后讓A球由靜止向下運(yùn)動(dòng)，恰與B球發(fā)生對(duì)心正碰。下列說(shuō)法中正確的是（）A.碰前瞬間A球的速率為 ,gLb.碰后瞬間b球的速率為j2gLC.碰前瞬間A球的角速度與碰后瞬間B球的角速度大小之比為 1:2D.碰前瞬間 A球?qū)K的拉力與碰后瞬間B球?qū)K的拉力大小之比為 2:3【答案】ACD【解析】【詳解】A. A球由靜止下擺至最低點(diǎn)過(guò)程中機(jī)械能守恒有mgL 1 cos601

10、25 mvA解得VagL 選項(xiàng)A正確;B.兩球碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mvA mvA mvB碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能相等，即1 21212一 mvA -mvA - mvB2 22結(jié)合式解得vB , gL 選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.碰前瞬間，A球的角速度為VaA T碰后瞬間，B球的角速度vBB L結(jié)合式得選項(xiàng)C正確;D.在最低點(diǎn)對(duì)兩球應(yīng)用牛頓第二定律得Fa mgFb mg2 vA m 一L2 vB mT結(jié)合式得FaFb選項(xiàng)D正確;23故選ACD.8. 2019年11月我國(guó)首顆亞米級(jí)高分辨率光學(xué)傳輸型立體測(cè)繪衛(wèi)星高分七號(hào)成功發(fā)射，七號(hào)在距地約600km的圓軌道運(yùn)行，先期發(fā)射的高分四號(hào)在距地約36000km的地球同步

11、軌道運(yùn)行，關(guān)于兩顆衛(wèi)星下列說(shuō)法正確的是（）A.高分七號(hào)比高分四號(hào)運(yùn)行速率大B.高分七號(hào)比高分四號(hào)運(yùn)行周期大C.高分七號(hào)比高分四號(hào)向心加速度小D.相同時(shí)間內(nèi)高分七號(hào)與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積比高分四號(hào)小【答案】AD【解析】【分析】【詳解】A.萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得2GMmvm rr可得A正確;GM v r運(yùn)行軌道半徑越大，運(yùn)行的速度越小，高分七號(hào)比高分四號(hào)向心速率大，故B.萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得4 2m rT2解得GMB錯(cuò)誤;C錯(cuò)誤;運(yùn)行軌道半徑越大，運(yùn)行的周期越大，所以高分七號(hào)比高分四號(hào)運(yùn)行周期小，故C.萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律得-MmG -2- ma r解得G

12、M a - r運(yùn)行軌道半徑越大，運(yùn)行的加速度越小，所以高分七號(hào)比高分四號(hào)向心加速度大，故D.衛(wèi)星與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積為_(kāi)1 21t Sr-rvt.：GMr222相同時(shí)間內(nèi)，運(yùn)行軌道半徑越大，與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積越大，相同時(shí)間內(nèi)高分七號(hào)與地心連線(xiàn)掃過(guò)的面積比高分四號(hào)小，故 D正確；故選AD。9.光滑平行導(dǎo)軌ab、cd水平放置，兩導(dǎo)軌間距為 L,兩導(dǎo)軌分別與電容為 C的電容器的兩極板相連，兩1導(dǎo)軌的右端連接光滑絕緣的上圓弧軌道bf、ce圓弧軌道的半徑為 R,水平導(dǎo)軌與圓弧軌道分別相切于b、4c兩點(diǎn)。把一質(zhì)量為 m,長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿置于bc位置，如圖所示。閉合電鍵S,金屬桿恰能滑到 efo空間存在豎

13、直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)分布如圖所示，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,重力加速度為g,下列各種說(shuō)法中正確的是（）/a 占.c”力聲A.金屬桿剛滑上圓弧軌道時(shí)，對(duì)軌道的壓力為3mgB.從左向右看，電容器的左極板帶負(fù)電，右極板帶正電mC.電容器兩極板間的電勢(shì)差減小了BLCJ2gRD.若磁場(chǎng)方向改為水平向右，則閉合電鍵S后，金屬桿仍能上升 R的高度【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A.金屬桿由bc滑到ef過(guò)程，由機(jī)械能守恒有m mv2=mgR金屬桿剛滑上圓弧軌道時(shí)，由牛頓第二定律有2 v Fn mg=m R兩式聯(lián)立解得FN=3mg所以金屬桿對(duì)軌道的壓力為3mg ,故A正確B.閉合電鍵后金屬桿獲得向右的速度，說(shuō)

14、明其所受的安培力向右，由左手定則知電流方向由b到c,所以從左向右看，電容器左端為正極板，右端為負(fù)極板，故 B錯(cuò)誤；C.金屬桿受安培力作用，由牛頓第二定律有BIL maq由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v= at,流過(guò)金屬桿的電荷量 A q=I t,電容器兩極板間電勢(shì)差的減小量AU=C,聯(lián)立解 U=Bmc agR故C正確；D.若磁場(chǎng)方向改為水平向右，金屬桿所受安培力為豎直向上，由于還受到重力作用，金屬桿所獲得的速度將小于v,所以上升的高度將小于 R,故D錯(cuò)誤。故選AC。10.如圖所示，質(zhì)量均為 m的兩輛拖車(chē)甲、乙在汽車(chē)的牽引下前進(jìn)，當(dāng)汽車(chē)的牽引力恒為F時(shí)，汽車(chē)以速度v勻速前進(jìn)。某時(shí)刻甲、乙兩拖車(chē)之間的掛鉤脫鉤，

15、而汽車(chē)的牽引力F保持不變（將脫鉤瞬間記為 t=0時(shí)刻）。則下列說(shuō)法正確的是（）A .甲、乙兩車(chē)組成的系統(tǒng)在 0時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量守恒B.甲、乙兩車(chē)組成的系統(tǒng)在等誓時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量守恒C. 2mv時(shí)刻甲車(chē)動(dòng)量的大小為 2mvFD. 3mv時(shí)刻乙車(chē)動(dòng)量的大小為 mvF【答案】AC【解析】【詳解】A.設(shè)兩拖車(chē)受到的滑動(dòng)摩擦力都為f,脫鉤前兩車(chē)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得F= 2f設(shè)脫鉤后乙車(chē)經(jīng)過(guò)時(shí)間t0速度為零，以F的方向?yàn)檎较?，?duì)乙車(chē)，由動(dòng)量定理得2mvt0=ft o= 0 mvF以甲、乙兩車(chē)為系統(tǒng)進(jìn)行研究，在乙車(chē)停止運(yùn)動(dòng)以前，兩車(chē)受到的摩擦力不變，兩車(chē)組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故

16、在0至型v的時(shí)間內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的總動(dòng)量守恒，A正確;B.在2mv時(shí)刻后，乙車(chē)停止運(yùn)動(dòng)，甲車(chē)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，兩車(chē)組成的系統(tǒng)所受的合力不為零，故甲、乙兩車(chē)的總動(dòng)量不守恒，故 B錯(cuò)誤，CD ,由以上分析可知，3mv時(shí)刻乙車(chē)的速度為零，動(dòng)量為零，以 F的方向?yàn)檎较?Ft0= 2mv時(shí)刻，對(duì)甲車(chē)，由動(dòng)量定理得Ft0 ft0= p mvF f = 一2解得p= 2mv故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC 。11 .如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R,導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示 （圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始

17、終保持靜止，則 。t2時(shí)間（）A.電容器C的電荷量大小始終沒(méi)變C. MN所受安培力的大小始終沒(méi)變B.電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電D. MN所受安培力的方向先向右后向左【答案】AD【解析】【詳解】A、B:由乙圖知，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，回路中產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，電路中電流恒定，電阻 R兩端的電壓恒定，則電容器的電壓恒定，故電容器C的電荷量大小始終沒(méi)變.根據(jù)楞次定律判斷可知，通過(guò) R的電流一直向下，電容器上板電勢(shì)較高，一直帶正電.故 A正確，B錯(cuò)誤;C：根據(jù)安培力公式 F = BIL, I、L不變，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，MN所受安培力的大小變化，故 C錯(cuò)誤.D:由右手定則判斷

18、得知，MN中感應(yīng)電流方向一直向上，由左手定則判斷可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故 D正確.故選AD .12 .如圖所示為一列沿 x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻波的圖像，波源s位于原點(diǎn)。處，波速v=4m/s,振幅A 2cm°t=0時(shí)刻，平衡位置在x=8m處的質(zhì)點(diǎn)P剛好開(kāi)始振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置在x 12m處。則下列說(shuō)法正確的是封面中A .波源s的起振方向沿y軸正方向B.波源s的振動(dòng)周期為0.5sC. t=ls時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)D.質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程為y=2sin(t)cmE.在t=0到t=3.5 s這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn) M通過(guò)的路程為10 cm 【答案】ADE 【解析】

19、【分析】 【詳解】A.已知波沿x正方向傳播，而 P點(diǎn)剛好起振，由同側(cè)法可知起振方向沿y軸正方向，故 A正確；B.由圖讀出 8m ,根據(jù)T s 2s v 4故B錯(cuò)誤；C.參與傳播的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)在平衡位置沿y軸振動(dòng)，并不會(huì)沿 x軸傳播，故C錯(cuò)誤；D.質(zhì)點(diǎn)的振幅為 2cm,則振動(dòng)方程y 2sin( t)cm,故D正確；E.時(shí)間關(guān)系為3 t 3.5s T -T4M點(diǎn)起振需要時(shí)間1s,剩下5T的時(shí)間振動(dòng)的路程為4s 5A 10cm故E正確。故選ADE。三、實(shí)驗(yàn)題：共2小題，每題8分，共16分13.未來(lái)在一個(gè)未知星球上用如圖甲所示裝置研究平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。懸點(diǎn)O正下方P點(diǎn)處有水平放置的熾熱電熱絲，當(dāng)懸線(xiàn)擺至電熱

20、絲處時(shí)能輕易被燒斷，小球由于慣性向前飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)小球采用頻閃數(shù)碼相機(jī)連續(xù)拍攝，在有坐標(biāo)紙的背景屏前拍下了小球在做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的多張照片，經(jīng)合成后照片如圖乙所示，a、b、c、d為連續(xù)四次拍下的小球位置，已知照相機(jī)連續(xù)拍照的時(shí)間間隔是0.10s,照片大小如圖中坐標(biāo)所示，又知該照片的長(zhǎng)度與實(shí)際背景屏的長(zhǎng)度之比為1: 4,則：由以上信息，可知 a點(diǎn) (填 是"或 不是")小球的拋出點(diǎn)； 由以上信息，可以推算出該星球表面的重力加速度為 m/s2 由以上信息可以算出小球平拋的初速度大小是 m/s; 由以上信息可以算出小球在b點(diǎn)時(shí)的速度大小是 m/s.2A.r/t-i n【答案

21、】是,8,0.8,【解析】【詳解】(1) 1因?yàn)樨Q直方向上相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1: 3: 5,符合初速度為零的勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，因此可知a點(diǎn)的豎直分速度為零，a點(diǎn)為小球的拋出點(diǎn)。(2) 2由照片的長(zhǎng)度與實(shí)際背景屏的長(zhǎng)度之比為1: 4可得乙圖中正方形的邊長(zhǎng)l=4cm ,豎直方向上有:Vy 2L gT2解得：2L產(chǎn)2 4 1020.128m/ s2(3) 3水平方向小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，因此小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為:Vo2LT2 4 100.10.8m/ s(4) 4b點(diǎn)豎直方向上的分速度vyb4L2T0.160.2m /s0.8m /s所以:vb0.8 2m/s4.2514.實(shí)驗(yàn)小組采用如圖甲所

22、示實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)臼提供的器材有：帶定滑輪的長(zhǎng)木板，有凹槽的木塊，質(zhì)量為 20 g的鉤碼若干，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，電源，紙帶，細(xì)線(xiàn)等.實(shí)驗(yàn)中將部分鉤碼懸 掛在細(xì)線(xiàn)下，剩余的鉤碼放在木塊的凹槽中，保持長(zhǎng)木板水平，利用打出的紙帶測(cè)量木塊的加速度.耳.K20(1)正確進(jìn)行實(shí)驗(yàn)操作，得到一條紙帶，從某個(gè)清晰的打點(diǎn)開(kāi)始，依次標(biāo)注測(cè)出位置0到位置3、位置6間的距離，如圖乙所示.已知打點(diǎn)周期m/s2.(2)將木塊凹槽中的鉤碼逐個(gè)添加到細(xì)線(xiàn)下端，改變懸掛鉤碼的總質(zhì)量0、1、2、3、4、5、6,分別T = 0.02 s,則木塊的加速度a =m,測(cè)得相應(yīng)的加速度 a,作出am圖象如圖丙所示.已知當(dāng)?shù)刂亓?/p>

23、加速度 g= 9.8 m/s2,則木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)尸(保留 兩位有效數(shù)字)；科的測(cè)量值 (選填 夭于”小于"或 等于"真實(shí)值，原因是(寫(xiě)出一個(gè)即可).(3)實(shí)驗(yàn)中(選填 需要”或 不需要”滿(mǎn)足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量.【答案】(1) 3.33(2) 0.320.36 大于滑輪與軸承、細(xì)線(xiàn)間有摩擦，紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間有摩擦等 (3)不需要【解析】(1)已知打點(diǎn)周期 T=0.02 s,根據(jù)逐差法可得木塊的加速度為：2X36 x03(8 .2。3.50 3.50) 102a 2- 2 3.33m/s 9T9 0.02(2)設(shè)木塊的質(zhì)量為 M,根據(jù)牛頓第二定律

24、有，mg f (M 0.02)a, f (M 0.02 m)g ,聯(lián)(1 )g, 一一,2立可解得加速度為：a m g ,由丙圖可知，當(dāng) m=0時(shí)，a= g =3.3 m/s ,則木塊與木板M 0.02間動(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.34 ,因滑輪與軸承、細(xì)線(xiàn)間有摩擦，紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間有摩擦，所以測(cè)量值大于真實(shí)值.(3)實(shí)驗(yàn)中沒(méi)有采用細(xì)線(xiàn)拉力等于重力，所以不需要滿(mǎn)足懸掛鉤碼總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和槽中鉤碼總質(zhì)量.四、解答題：本題共 3題，每題8分，共24分15 .某汽車(chē)輪胎能在30 C 70 C的范圍內(nèi)正常工作，正常工作時(shí)胎內(nèi)氣體的壓強(qiáng)最高不能超過(guò)3.5atm ,最低不能低于1.6atm。在20 C的室溫環(huán)境

25、下給該輪胎充氣，充氣結(jié)束時(shí)，胎內(nèi)氣體的溫度升高到30 C。假定輪胎容積不變，分析解答下列問(wèn)題。(i)夏天的汽車(chē)行駛在溫度較高的馬路上，輪胎容易爆裂。若該胎內(nèi)氣體溫度高達(dá)77 C，從微觀上分析胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)變化導(dǎo)致爆胎這一現(xiàn)象；(ii)求充氣結(jié)束時(shí)輪胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)的范圍(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)【答案】(i)汽車(chē)行駛時(shí)，輪胎內(nèi)部氣體體積近似不變，則氣體分子密集程度不變。溫度升高，氣體分子 平均動(dòng)能變大，導(dǎo)致分子碰撞沖擊力變大，且單位時(shí)間單位面積的碰撞頻率變大，則氣體壓強(qiáng)變大，過(guò)大的壓強(qiáng)可使輪胎爆裂；(ii) 2.0 atm 3.1atm【解析】【詳解】(i)汽車(chē)行駛時(shí)，輪胎內(nèi)部氣體體積近似不變，則氣體

26、分子密集程度不變。溫度升高，氣體分子平均動(dòng)能變 大，導(dǎo)致分子碰撞沖擊力變大，且單位時(shí)間單位面積的碰撞頻率變大，則氣體壓強(qiáng)變大，過(guò)大的壓強(qiáng)可使 輪胎爆裂；(ii)如圖所示：設(shè)充氣后30 C時(shí)壓強(qiáng)為p1,行駛過(guò)程溫度為 70 C時(shí)對(duì)應(yīng)較大壓強(qiáng)3.5 atm。氣體等容變化，由查理定律得p13.5atm(273 30)K(273 70)K解得Pi 3.1 atm設(shè)充氣后30 C時(shí)壓強(qiáng)為p2,行駛過(guò)程溫度為30 C時(shí)對(duì)應(yīng)較小壓強(qiáng)1.6 atm。由查理定律得p21.6atm(273 30)K(273 30)K解得p2 2.0 atm則充氣結(jié)束時(shí)的壓強(qiáng)范圍為2.0 atm 3.1atm。16 .某研究性學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行了測(cè)定金屬電阻率的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)操作如下：(1)檢查螺旋測(cè)微器零位線(xiàn)是否準(zhǔn)確， 若測(cè)微螺桿和測(cè)砧緊密接觸時(shí)， 螺旋測(cè)微器的示數(shù)如圖甲所示， 則用 該螺旋測(cè)