2021年安徽省安慶市高考物理二模試卷（附答案詳解）

2021年安徽省安慶市高考物理二模試卷

1.1909年，英國物理學(xué)家盧瑟福和他的學(xué)生蓋革、馬斯頓一起進行了著名的“a粒子

散射實驗”，實驗中大量的粒子穿過金箔前后的運動圖景如圖所示。盧瑟福通過對

實驗結(jié)果的分析和研究，于1911年建立了他自己的原子結(jié)構(gòu)模型。下列關(guān)于“a粒

子穿過金箔后”的描述中，正確的是（）

A.絕大多數(shù)a粒子穿過金箔后，都發(fā)生了大角度偏轉(zhuǎn)

B.少數(shù)a粒子穿過金箔后，基本上沿原來方向前進

C.通過a粒子散射實驗，確定了原子核半徑的數(shù)量級為ICT15nl

D.通過a粒子散射實驗，確定了原子半徑的數(shù)量級為KT15nl

2.給某物體一個初速度，使其沿直線運動，運動過程中的

廿-X關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）

A.物體做變加速直線運動

B.物體運動的初速度大小為16m/s

C.物體運動的加速度大小為2m/s2

D.物體通過8〃?位移所用的時間為4s

2020年12月4日，新一代“人造太陽”裝置-中國環(huán)

流器二號〃裝置（”L-2M）在成都建成并實現(xiàn)首次放

電，該裝置通過磁場將粒子約束在小范圍內(nèi)實現(xiàn)核聚

變。其簡化模型如圖所示，核聚變主要原料氣核&H）和

笊核6”）均從圓心。沿半徑方向射出，被約束在半徑

為R和aR兩個同心圓之間的環(huán)形區(qū)域，該區(qū)域存在

與環(huán)面垂直的勻強磁場。則下列說法正確的是（）

A.若有粒子從該約束裝置中飛出，則應(yīng)減弱磁場的磁感應(yīng)強度

B.若兩種粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同，則兩種粒子具有相同的動能

C.若兩種粒子從圓心射出到再次返回圓心的時間相同，則兩種粒子具有相同的動

量

D.若笊核CH）在磁場中運動的半徑r＜；R,則笊核CH）不會從該約束裝置中飛出

4.2020年12月1日，“嫦娥五號”探測器成功實現(xiàn)在月球表面軟著陸，隨后開始約

兩天的月面工作，在完成月壤的鉆取采樣與封裝等工作后，于12月3日“上升器”

啟動3000N推力發(fā)動機，從月面起飛上升，發(fā)動機經(jīng)過約6分鐘的工作后到達距月

面200k加高的環(huán)月軌道繞月飛行,伺機與一直在該軌道飛行的“軌返組合體”進行

對接。已知月球質(zhì)量M=7,4x1022kg,月球半徑R=1740km,萬有引力常量G=

6.67xlO-^N-m2/kg2,則下列說法正確的是（）

A.“軌返組合體”與“上升器”對接后，它們的共同速度將減小

B.對接前，“軌返組合體”在環(huán)月軌道上飛行的速度約為1.6k7n/s

C.對接后，“軌返組合體”與“上升器”一起繞月飛行的周期約為3/7

D.對接后，“軌返組合體”與“上升器”一起繞月飛行的向心加速度約為3m/s2

5.如圖所示，理想變壓器的原、副線圈中接有規(guī)格相

同的燈泡A和B,其額定電壓均為U,定值電阻R

的阻值為燈泡正常發(fā)光時電阻的八分之一。當(dāng)原線

圈接入正弦交流電并合上開關(guān)后，燈泡A和8均正

常發(fā)光，此時，交流電壓表的示數(shù)為（）

A.10UB.9UC.8。D.1U

6.如圖所示，質(zhì)量?n=0.4kg的物塊停放在水平桌面上?，F(xiàn)對物塊施

加一個豎直向上的外力F,使它由靜止開始豎直向上做直線運動。

已知外力尸隨時間t的變化關(guān)系為F=（6-2t）N（時間單位為秒，向

gHX10m/s2）,則（）

A.物塊向上運動過程一直做加速運動

B.物塊向上運動過程中始終處于超重狀態(tài)

C.在0?1s內(nèi)，物塊處于超重狀態(tài)

D.在t=2s時，物塊的速度為零

7.如圖所示，豎直放置的半徑為R的四分之一光滑圓

弧絕緣軌道AB與水平面BC相切于B點，整個空間

分布著水平向左的勻強電場，場強大小6=詈，質(zhì)

量為〃八電荷量為+q的帶電小球（視為質(zhì)點）由圓弧

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軌道的頂端A點靜止釋放。下列說法正確的是（）

A.帶電小球到達B點時的速度大小為J頻

B.帶電小球剛開始運動時加速度大小為

C.若帶電小球以初速度又從A點水平向左拋出，帶電小球直接運動到水平面BC

的時間為

D.若電場方向變?yōu)樗较蛴?，大小E=西吆，小球仍從A點由靜止釋放，帶電小

q

球運動到水平面BC上的B點時速度恰好減為0

8.如圖所示，一根絕緣輕彈簧左端固定在絕緣的豎直擋

板上，彈簧自然伸長時右端位于。點。用一根不可伸

長的絕緣輕繩，通過輕質(zhì)光滑定滑輪連接帶電物塊P（

視為點電荷）和不帶電物塊。，物塊P所帶的的電荷量

為+q,物塊P與水平面間的動摩擦因數(shù)“=0.5,整個

空間存在水平向左的勻強電場，場強E=貸。已知4O=2x,OB=x,物塊P和

。的質(zhì)量均為"?，現(xiàn)將物塊P從圖中A點靜止釋放，P能向左運動并壓縮彈簧到最

短的位置8點，P與滑輪之間的輕繩始終與水平面平行，不計空氣阻力及彈簧與水

平面間的摩擦，重力加速度為g,整個過程中，滑輪右邊的輕繩始終處于伸直狀態(tài)，

則（）

A.物塊P從A點運動至O點的過程中，輕繩對物塊。的拉力大小為，咫

B.物塊「從A點運動至。點的過程中，系統(tǒng)機械能增加5祖gx

C.物塊尸運動至O點時的動能為

D.運動過程中彈簧的最大彈性勢能為4.57ngx

9.有同學(xué)利用如圖所示裝置來驗證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，并

固定兩個光滑的滑輪A和七三根繩子打一個結(jié)點O,各繩另一端均連接鉤碼，各

鉤碼質(zhì)量均相等，當(dāng)系統(tǒng)達到平衡時，根據(jù)鉤碼個數(shù)可讀出三根繩子的拉力&、F2

0

8

8

(1)若某次實驗中鉤碼個數(shù)Ni=2,必=5,則N3可能等于(填正確答案標

號)。

A.2

BA

C.8

D.9

(2)在實驗過程中，關(guān)于實驗操作和相關(guān)要求，下列說法正確的是(填選項

前字母)。

4.實驗中三段繩子應(yīng)與豎直木板平行

B.實驗中需要用天平測出一個鉤碼的質(zhì)量

C.在某兩次實驗中，。點位置可以不同

D實驗中需要用量角器量出三段繩子之間的夾角

(3)通過實驗，該同學(xué)用作圖法作出了兩個圖，如圖甲、乙所示，你認為圖示中

(填“甲”或“乙”)是正確的。

10.某課外興趣小組想利用如圖所示電路測量電阻&的阻值和一節(jié)電池的電動勢與內(nèi)

阻，除待測電源和待測電阻外還備有如下器材：

電壓表匕：量程為500M匕內(nèi)阻為

電壓表彩：量程為2匕內(nèi)阻為2A0

電壓表匕：量程為5匕內(nèi)阻為5ko

電阻箱R

開關(guān)、導(dǎo)線若干

(1)為了較準確地測定燈的電阻值、電池的電動勢和內(nèi)阻，在三個電壓表中選擇一

個合適的電壓表是(填入所給器材符號)。

(2)根據(jù)圖1的電路圖連接好電路后，測定電阻弋時主要進行了兩步實驗。

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第1步：閉合S1和S3,斷開S2,記錄電壓表示數(shù)U1；

第2步：閉合S1和S2,斷開S3,調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電壓表示數(shù)仍為內(nèi),此時

電阻箱R的相應(yīng)讀數(shù)如圖2所示，則被測電阻勺的電阻值為。。

(3)閉合&和52,斷開S3,通過多次改變電阻箱R的阻值，記錄R的值和對應(yīng)的電

壓表示數(shù)U,畫出U隨'變化的圖線為直線，如圖3所示,則待測電源電動勢為

V,內(nèi)阻為0;從實驗原理來看，實驗測量值與真實值相比較，電動勢的測

量值______，內(nèi)阻的測量值_______(后兩空填“偏大”、“偏小”或“不變”)。

11.如圖所示,光滑平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分平滑連接而成，導(dǎo)軌間距為d=

0.5m,上端電阻R=1.50,在圖中矩形虛線框區(qū)域存在大小為B=17、方向豎直

向上的勻強磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量m=2kg、內(nèi)阻r=0.50、長A=0.5m的導(dǎo)體棒ab從

傾斜導(dǎo)軌上高度九=0.2m處由靜止釋放，導(dǎo)體棒將以速度北進入水平導(dǎo)軌，恰好穿

過磁場區(qū)域。若將導(dǎo)體棒外從傾斜導(dǎo)軌上更高的H處由靜止釋放，導(dǎo)體棒岫穿出

磁場區(qū)域時的速度恰好為％,運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計

導(dǎo)軌電阻，g=10m/s21.

(1)求導(dǎo)體棒融第一次進入磁場區(qū)域時通過電阻R的電流；

(2)若導(dǎo)體棒時第二次通過磁場過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱9J,求導(dǎo)體棒第二次

釋放高度H的值。

12.如圖為一傳送裝置，其傾斜部分與水平方向之間的夾角。=37。，傳送帶水平部分

的長度為2.4m,傳送裝置以速度"o=4rn/s逆時針勻速轉(zhuǎn)動。某時刻有一質(zhì)量為

m=Mg的物塊A傳送裝置最下端以速度v=15m/s射入，射入時速度方向與傳送

裝置的傾斜部分平行，在物塊A射入的同時將質(zhì)量為2機的物塊8輕放于傳送裝置

水平部分的最右端，B物塊剛轉(zhuǎn)過水平部分立即與A物塊發(fā)生碰撞（設(shè)8物塊經(jīng)過

轉(zhuǎn)彎處時速度方向立即改變，大小不變），兩物塊碰撞后立刻粘合在一起運動。己

知兩物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.5,重力加速度g=lOm/s2,原，

7.28。試求：

（1）兩物塊從開始釋放到碰撞所經(jīng)歷的時間；

（2）兩物塊碰后瞬間的速度大?。?/p>

（3）碰撞后兩物塊與傳送裝置間因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

13.下列說法正確的是（）

A.布朗運動說明了液體分子在永不停息地做無規(guī)則熱運動

B.在自由下落的過程中，封閉氣體對容器壁的壓強為零

C.做加速運動的物體，由于速度越來越大，因此物體內(nèi)分子的平均動能也越來越

大

D.由同種元素構(gòu)成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體

E.熱機的機械效率不可能達到100%

14.如圖所示，內(nèi)徑粗細均勻的U形管豎直放置在溫度為7冤的

環(huán)境中，左側(cè)管上端開口，并用b=4cm的水銀柱封閉有長

L=14cm的理想氣體，右側(cè)管上端封閉，管上部有長切=

24cm的理想氣體，左右兩管內(nèi)水銀面高度差電=10cm。若

把該裝置移至溫度恒為27。（：的房間中（依然豎直放置），在左

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側(cè)管中再注入一定量的水銀，使右管中氣體仍然恢復(fù)到原來的長度人，大氣壓強恒

為Po=76cmHg,不id—切摩擦，求：

①注入的水銀柱的長度：

②注入水銀后左側(cè)氣柱的長度。

15.波源S在t=0時開始振動，其振動圖像如圖所示，在某介質(zhì)中傳播形成一列簡諧

橫波，在波的傳播方向上有M、N兩質(zhì)點，它們到波源S的距離分別為24〃?和36〃?,

測得M、N開始振動的時間相差2.0s。下列說法正確的是（）

A.N質(zhì)點開始振動的方向向下

B.波在該介質(zhì)中傳播速度為6.0m/s

C.該波的波長為4〃z

D.當(dāng)N質(zhì)點剛開始振動時，M質(zhì)點正通過平衡位置向下運動

E.從t=0到t=7s,M質(zhì)點通過的路程為30cm

16.如圖所示，為一個均勻透明介質(zhì)球，球心位于O點，半徑為R.f-六弋、

一束單色光從真空中沿0c方向平行于直徑AOB射到介質(zhì)球一…

上的C點,OC與AB的距離H=遜,若該光束射入球體經(jīng)一次

2FE

反射后由E點再次折射回真空中，此時的出射光線剛好與入射光線平行，已知光在

真空中的速度為c,求：

（i）介質(zhì)球的折射率〃；

3）光束從C點射入到從E點射出所經(jīng)歷的總時間t.

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：AB,絕大多數(shù)a粒子穿過金箔后，基本上沿原來方向前進。少數(shù)a粒子穿

過金箔后，發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，故A8錯誤；

CD、通過“a粒子散射實驗”盧瑟福確定了原子核半徑的數(shù)量級為10-15小，而原子半

徑的數(shù)量級為10-i°7n,不是通過a粒子散射實驗確定的，故C正確，。錯誤；

故選：Co

a粒子散射實驗的現(xiàn)象為：a粒子穿過原子時，只有當(dāng)a粒子與核十分接近時，才會受到

很大庫侖斥力，而原子核很小，所以a粒子接近它的機會就很少，所以只有極少數(shù)大角

度的偏轉(zhuǎn)，而絕大多數(shù)基本按直線方向前進。

本題主要考查了a粒子散射實驗的現(xiàn)象，難度不大，屬于基礎(chǔ)題，并理解粒子散射原理。

2.【答案】D

【解析】解：ABC、由勻變速直線運動的速度一位移公式/-詔=2ax可知：/=詔+

由圖示/-%圖象可知，縱軸截距=詔=16m2/s2,圖象的斜率k=2a=^m/s2,

8—0

解得，物體的初速度%=4m/s,加速度a=

初速度方向與加速度方向相反，物體做勻減速直線運動，故A8C錯誤；

D、由圖示圖象可知，物體位移x=8m時，v2=0,則I?=0,物體的運動時間t=羊=

fs=4s,故。正確。

故選：Do

根據(jù)圖示/-x圖象求出氣體的初速度與加速度，判斷物體的運動性質(zhì)，應(yīng)用速度-時

間公式求出物體的運動時間。

本題主要考查了圖象問題，明確層-％圖象中斜率的含義，代入具體數(shù)據(jù)求得加速度和

初速度，應(yīng)用勻變速運動規(guī)律即可解題。

3.【答案】D

【解析】解：A、若有粒子飛出，要想達到約束效果，則應(yīng)

減小粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)「=蒜■可

XX

知應(yīng)增大磁感應(yīng)強度，故4錯誤；

B、根據(jù)「=翳可得：〃=吧，粒子的動能a=三小/=貯比，粒子的半徑相同，電

qbmK22m

荷量相同，因質(zhì)量不同，故動能不相同，故B錯誤；

C、假設(shè)兩粒子具有相同的動量，則粒子的半徑相同，兩種粒子經(jīng)過的路程完全相同，

根據(jù)周期公式：7=翳可知，粒子質(zhì)量不同，周期不同，故運動的時間不同，所以若

兩種粒子從圓心射出到再次返回圓心的時間相同，則兩種粒子的動量不相同，故C錯誤;

力、笊核6H)在磁場中運動時不能從磁場中射出，粒子軌跡與外圓相切，如圖所示；

根據(jù)幾何關(guān)系可得：同=r+V”+R2,解得：「=嘉〉;R,所以若笊核(7)在磁

場中運動的半徑r＜：R,則笊核《H)不會從該約束裝置中飛出，故。正確。

故選：Do

根據(jù)r=等分析磁感應(yīng)強度的變化；粒子的動能與半徑的關(guān)系為a=適之，由此分析

B選項；假設(shè)兩粒子具有相同的動量，推導(dǎo)運動的時間；畫出粒子運動軌跡，根據(jù)幾何

關(guān)系求解半徑，由此分析。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑,

結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量，根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對應(yīng)的圓心角求時間。

4.【答案】B

5

【解析】解：已知h=200fcm=2x10m,R=1740km=1.74x1067n

A、“軌返組合體”與“上升器”對接后，仍然在原軌道上繞月飛行，根據(jù)D=后知

它們的共同速度保持不變，故4錯誤；

8、設(shè)“軌返組合體”的質(zhì)量為〃7,對接前環(huán)繞月球飛行的速度為v,由萬有引力提供

向心力，可得/黑=小痣，解得v=廖

(R+/l)2R+h,7R+h

代入數(shù)據(jù)解得u*1600zn/s=1.6fcm/s,故B正確；

CD,“軌返組合體”與“上升器”一起繞月飛行的周期為T,向心加速度為與，由圓

2

周運動的知識可得：T=2n(,),an=W，解得7v7200s=2h,an?1.3m/s,故

CD錯誤。

故選：B。

“軌返組合體”與“上升器”對接后，仍然在原軌道上繞月飛行，它們的共同速度保持

不變；對接前，“軌返組合體”在環(huán)月軌道上飛行時，根據(jù)萬有引力提供向心力列式,

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可求出其速度大??；根據(jù)7=鄴段①求對接后，“軌返組合體”與“上升器”一起繞月

V

飛行的周期；由an=工求對接后，“軌返組合體”與“上升器”一起繞月飛行的向心

71R+h

加速度。

解答本題的關(guān)鍵要建立模型，掌握萬有引力提供向心力這一思路，并能靈活選擇向心力

公式的形式。

5.【答案】A

【解析】解：在燈泡A和B均正常發(fā)光時，燈泡A和B兩端的電壓均為額定電壓，設(shè)

此時通過燈泡B的電流為/,由于電阻R的阻值為燈正常發(fā)光電阻的八分之一，由并聯(lián)

分流原理知，通過電阻R的電流為8/,所以通過副線圈的總電流為9/,而原線圈的電

流為/,由能量守恒定律有：/九=/U+9/U

解得電壓表的示數(shù)為U”=10U,故A正確，BCO錯誤。

故選：A?

燈泡A和8均正常發(fā)光，燈泡A和8兩端的電壓均為額定電壓，根據(jù)并聯(lián)電路分流原

理確定通過R的電流與燈泡電流的關(guān)系，由能量守恒定律求解。

解答本題時，要知道理想變壓器的輸出功率等于輸入功率，能結(jié)合并聯(lián)電路分流規(guī)律分

析電阻R的電流與燈泡的電流關(guān)系。

6.【答案】CD

【解析】解：當(dāng)t=0時，F(xiàn)=6N>mg=4N,所以

物體從t=0時就開始向上加速

設(shè)物體向上運動的加速度為由牛頓第二定律：F-

mg—ma

解得：a=5-5t(m/s2),其中tS3s

作出前2s加速度隨時間變化的圖像，如圖，a圖像和橫軸包圍的面積在數(shù)值上等于

物體速度的變化量的大小，則由圖可以看出，物體在0?1s內(nèi)向上做加速運動，處于超

重狀態(tài)，在1?2s內(nèi)向上做減速運動，處于失重狀態(tài)，第二秒末速度減為零，故A8錯

誤，CO正確。

故選：CD。

對物體根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度。隨時間f變化的函數(shù)關(guān)系，并畫出a-t圖像，根

據(jù)a-t圖像分析求解問題。

本題考查了牛頓第二定律與運動學(xué)的綜合，此題的難點在于物體在變力作用下做變加速

運動，需要知道用a-t圖像分析求解問題。

7.【答案】BC

【解析】解：A、帶電小球受到重力和電場力得作用，電場力得大?。篎=qE=mg,

則小球受到的合力方向與水平方向之間的夾角滿足：tan。=詈=1

所以小球受到的合力的方向由A指向B,合力的大?。寒a(chǎn)合=J(?ng)2+盾=&1mg

由動能定理得：=F^-\f2R

則：vB=2yfgR,故A錯誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律，小球開始時的加速度大?。篴=&=弧=遮9,故B正確；

C、小球由4到水平面BC的運動在豎直方向做自由落體運動，可得:R=\gt2,可得：

t=J慨，故C正確；

D、電場方向變?yōu)樗较蛴?，大小E=^吆后，設(shè)小球的速度為零時，小球與圓心的連

q

線合豎直方向之間的夾角為仇由動能定理可得：mgRcosd-qER(l-sind)=0

可得：0=30°,可知小球到不了B點。故。錯誤。

故選：BC.

根據(jù)小球的受力情況分析運動情況，根據(jù)動能定理求解小球到達B點時的速度；根據(jù)牛

頓第二定律求出加速度；分析小球的運動，結(jié)合運動的分解求出運動的時間；若電場強

度為水平向右，質(zhì)點仍由A點靜止釋放，根據(jù)動能定理求解速度為零的位置。

解決這類帶電粒子在電場中運動問題的關(guān)鍵是根據(jù)軌跡判斷出電場力方向，利用電場中

有關(guān)規(guī)律求解；明確電場力做功與電勢能和動能間的關(guān)系。

8.【答案】BD

【解析】解：A、物塊P釋放后向左做加速運動，物塊。也向上做加速運動，所以繩的

拉力大于機g，故A錯誤；

8、P從A點運動至。點的過程中，機械能的增加量等于電場力和摩擦力所做的總功，

即：△E=(qE-口ng)?2x=5mgx,故5正確；

C、物塊P從A運動至。點過程中，對P、Q系統(tǒng)由能量守恒得：qE-2x=〃mg-2x+

mg-2x+2Ek,

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解得：Ek=^mgx,故C錯誤；

D、物塊尸從月運動至B點過程中，對P、Q系統(tǒng)由能量守恒得：qE-3x=fimg-3x+

mg-3x+Ep,解得：Ep=4.5mgx,故。正確。

故選：BD。

根據(jù)物塊PQ從靜止開始運動得其做加速運動,可以判斷繩子上拉力與重力，破的關(guān)系；

根據(jù)除重力和系統(tǒng)內(nèi)的彈力以外的其它力做功等于機械能的變化量即可求解機械能的

變化情況；根據(jù)能量守恒定理即可求解CQ項。

本題考查功能關(guān)系和能量守恒定律，耍熟練掌握對功能關(guān)系和能量守恒定律得應(yīng)用。

9.【答案】84c甲

【解析】解：(1)刈、股鉤碼的重力的合力大小應(yīng)該等于M鉤碼的重力，由三角形知識

應(yīng)有N2-NI<N3<N2+NI，即3</<7,故ACQ錯誤，B正確。

故選：B。

(2)B、實驗中只要知道三根繩子的拉力關(guān)系就能作圖驗證力的平行四邊形定則，因此不

需要測出鉤碼的質(zhì)量，故B錯誤；

D、實驗中以&、F2為鄰邊作平行四邊形驗證，無需測夾角，故。錯誤；

A、實驗中繩子與木板平行才能在木板平面完成好實驗，故A正確；

C、由于每次實驗都能進行一次驗證，故兩次實驗中。點的位置可以不同，故C正確。

故選：AC。

(3)以。點為研究對象，實驗中?3方向應(yīng)沿0C豎直方向，由于誤差的存在，合力的理

論值要與實際值有一定偏差，所以圖中的甲是正確。

故答案為：(1)B(2)4。(3)甲

(1)兩頭掛有鉤碼的細繩跨過兩光滑的固定滑輪，另掛有鉤碼的細繩系于。點(如圖所示

)。由于鉤碼均相同，則鉤碼個數(shù)就代表力的大小，所以。點受三個力處于平衡狀態(tài)，

由平行四邊形定則可知：三角形的三個邊表示三個力的大??；

(2)為驗證平行四邊形，必須作圖，所以要強調(diào)三力平衡的交點、力的大小(鉤碼的個數(shù)

)與力的方向；

(3)明確“實際值”和“理論值”的區(qū)別即可正確解答。

本題考查驗證平行四邊形定則的實驗驗證，要求掌握三力平衡的條件，理解平行四邊形

定則，同時驗證平行四邊形定則是從力的圖示角度去作圖分析，明確“理論值”和“實

際值”的區(qū)別。

10.【答案】V262.01.611.24偏小偏小

【解析】解：(1)根據(jù)電池的電動勢可知，電壓表選瞑量程最合適；

(2)R接入電路和&接入電路，電壓表的示數(shù)均為名，路端電壓不變，則外電阻不變，

所以Rx=R=62.00,

(3)由閉合電路歐姆定律，E=U+%,得,U=E—吟,圖線與縱軸交點為“1.61V”，

故E=1.61V,由圖線的斜率半=1.240知，電池內(nèi)阻為1.240(注意此處不要用圖像與

縱軸交點值除以與橫軸交點值)。

由于電壓表得分流作用，考慮誤差后的函數(shù)式為〃=黑？+黑所以縱截距為

Ry+rRy+rR

斜率為黑，測量值均偏小。

Ry+rRy+r

故答案為：(1)彩；(2)62或62.0；(3)1.61(1.59?1.63均正確)、1.24(1.22?1.26均正確)、

偏小、偏小

(1)由一節(jié)電池的電動勢大約在2V以下，再由題設(shè)三個電壓表的量程確定電壓表的選擇;

(2)分析閉合Si和S3,斷開S2和閉合51和S2,斷開53時的電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路歐姆定

律求解&的電阻值；

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律求出：U-J的變化關(guān)系式，結(jié)合圖象的斜率和截距求出電動

勢和內(nèi)阻，考慮電壓表有內(nèi)阻分析誤差。

本題考查測量電動勢和內(nèi)電阻實驗、測量電阻實驗的數(shù)據(jù)的處理，要求能正確分析誤差

的來源，并能用圖象法求出電勢和內(nèi)電阻，難度適中.

11.【答案】解：(1)導(dǎo)體棒第一次進入磁場速度為北,下滑過程中根據(jù)動能定理可得：

mg/i=

解得：v0=2m/s

回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv0=1x0.5x2V=IV

所以通過電阻R的電流/=三=-^—-4=0.54

R+r1.5+0.5

(2)導(dǎo)體棒"第二次通過磁場過程中回路中產(chǎn)生的總焦耳熱：Q=?QR=W^X

A1.5

9/=127

設(shè)第二次進入的速度為v,由能量守恒定律可得：1mv2-\mvl=Q

解得：v=4m/s

導(dǎo)體棒下滑過程中根據(jù)動能定理可得：mgH=lmv2

第14頁，共19頁

解得：H=0.8m。

答：(1)導(dǎo)體棒ab第一次進入磁場區(qū)域時通過電阻R的電流為0.54

(2)導(dǎo)體棒第二次釋放高度H的值為0.8m。

【解析】根據(jù)動能定理可得到導(dǎo)體棒達底端時的速度大小，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、

閉合電路的歐姆定律求解通過電阻R的電流；

(2)由能量守恒定律求解導(dǎo)體棒油第二次進入磁場時的速度大小，再根據(jù)動能定理求解

導(dǎo)體棒第二次釋放的高度。

本題主要是考查電磁感應(yīng)涉及能量問題和電路問題，關(guān)鍵是能夠根據(jù)能量守恒定律求解

產(chǎn)生的總的焦耳熱，再根據(jù)動能定理分析；掌握涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中電路問題的分析方

法。

12.【答案】解：(1)設(shè)物塊B在水平部分運動的加速度為由,經(jīng)時間功與傳送帶共速；

22

根據(jù)牛頓第二定律可得：ar=ng=0.5x10m/s=5m/s,

根據(jù)速度—時間關(guān)系可得：t[=菖=：s=0.8s

達到共速時物塊B的位移為：=[QI4=1x5x0.82m=1.6m

勻速運動的時間：功=a：%=0.2s

經(jīng)歷的時間：t=右+勿=0.8s+0.2s=Is；

(2)設(shè)物塊A沿傾斜部分上滑的加速度大小為電，A與3碰前速度為以

由牛頓第二定律可得：mgsinO+fimgcosd=ma2

2

解得：a2=10m/s

根據(jù)速度-時間關(guān)系可得：%="一a2t

解得：vA=5m/s

A和3碰撞過程中動量守恒，取沿斜面向下為正，根據(jù)動量守恒定律可得：2根%-TH以=

^rnvAB

解得：vAB=lm/s,方向沿傳送帶向下；

(3)碰后45—起加速下滑，加速度大小為。3,設(shè)經(jīng)時間J與傳送帶共速；

根據(jù)牛頓第二定律可得：3mgsin。+3林mgcos。=3ma3

2

解得：a3=10m/s

根據(jù)速度-時間關(guān)系可得：v0-vAB=Q3t3

解得：t3=0.3s

Vq+ab

物塊的位移：xAB=^t3=iiix0.3m=0.75m

傳送帶的位移不帶=vot3=4x0.3m=1.2m

此過程摩擦發(fā)熱為：Qi=〃?3mgeosB-(x^-xAB)

解得：Qi=5.4;

共速后繼續(xù)加速的加速為。4，根據(jù)牛頓第二定律可得：3mgsin6-3ftmgcos9=3ma4

解得：a4=2mls2

傳送帶傾斜部分的長度L=巴產(chǎn)亡=與地xIm=10m

設(shè)物塊從共速到滑落所需時間為Q，根據(jù)位移-時間關(guān)系可得：L一%=vot4+|a4ti

解得：t4=1.64s

此過程摩擦發(fā)熱為:(?2=M13mgeos。?(L-xAB-vot4)

解得:Q2=32.28/

撞后兩物塊與傳送裝置間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為：Q=Qi+<?2=5.4/+32.28/=

37.68/。

答：(1)兩物塊從開始釋放到碰撞所經(jīng)歷的時間為15；

(2)兩物塊碰后瞬間的速度大小為lm/s；

(3)碰撞后兩物塊與傳送裝置間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為37.68/。

【解析】(1)物塊8在水平部分先加速再勻速，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)

運動學(xué)公式求解；

(2)牛頓第二定律求解A上滑過程中的加速度大小，根據(jù)速度-時間關(guān)系求解碰撞前的

速度大小，A和B碰撞過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求解碰撞后的速度大??；

(3)碰后AB一起加速下滑，求出兩物塊與傳送帶共速時相對于傳送帶的距離，求出此過

程中產(chǎn)生的熱；共速后二者繼續(xù)加速，根據(jù)位移-時間關(guān)系求出達到底端的時間，再求

出此過程中的相對距離和此過程摩擦產(chǎn)生的熱，由此得到碰撞后兩物塊與傳送裝置間因

摩擦而產(chǎn)生的熱量。

本題主要是考查傳送帶模型，涉及的牛頓第二定律綜合應(yīng)用、動量守恒定律、功能關(guān)系

等知識，關(guān)鍵是弄清楚兩個物塊的受力情況和運動情況，掌握因摩擦而產(chǎn)生的熱量的計

算方法。

13.【答案】ADE

【解析】解：人布朗運動說明了液體分子在永不停息地做無規(guī)則運動，故4正確；

8、氣體對容器壁的壓強是由于氣體分子的撞擊力引起的，與自由下落無關(guān)，故B錯誤；

第16頁，共19頁

C、物體分子的平均動能只與溫度有關(guān)，與物體的宏觀運動沒有關(guān)系，故c錯誤；

。、由同種元素構(gòu)成的固體由于原子的排列方式不同可以形成不同的晶體，故。正確；

從熱力學(xué)第二定律可表述為：不可能從單一熱源吸取熱量，使之完全變?yōu)橛杏霉Χ?/p>

產(chǎn)生其他影響，即熱機的效率不能達到100%,故E正確；

故選：ADE.

布朗運動是懸浮固體小顆粒的運動；

氣體對容器壁的壓強是大量分子碰撞的結(jié)果；

物體分子的平均動能只與溫度有關(guān)；

同種元素構(gòu)成的固體由于原子的排列方式不同可以形成不同的晶體；

熱機效率不可能達到100%。

本題考查了布朗運動、氣體壓強的微觀解釋、物體分子的平均動能、晶體、熱機，都是

定性討論，關(guān)鍵多積累.

14.【答案】解：①在溫度為7。。的環(huán)境中，右側(cè)管中理想氣體的壓強為：

P2=Po+Phi-Ph2=76cmHg+4cmHg—lOcmHg=70cmHg

由查理定律得：號=黑

l

2T2f

T2=280K,以=300K

代入數(shù)據(jù)解得P2'