2021年重慶市新高考“八省聯(lián)考”高考物理適應性試卷（附答案詳解）

2021年重慶市新高考“八省聯(lián)考”高考物理適應性試卷

1.一質(zhì)量為機的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于6和萬時的重力勢能分別為3E。和

Eo（Eo>O）。若物塊位于乙時速度為0,則位于〃時其速度大小為（）

A.2陛B,但C.2四D.4日

7m7mym7m

下列核反應方程正確的是（）

A.927tZ+0nt綜2Ba+flKr+3jnB.H5U+lnRb+短Cs+2jn

C.925y+0n一案Br+^6La+32D.第5〃+乩7瑞Sr+掙Xe+9jn

3.如圖所示，虛線表示某電場中的三個等勢面，4、優(yōu)、

b、b'、c、c'為分布在等勢面上的點。一帶電粒子從。L二二、

竺M????,2忡

點運動到C點的過程中電場力做功為以C，從優(yōu)點運動

到C'點的過程中電場力做功為弱,“。下列說法正確的

是（）

A.c點的電場方向一定指向b點

B.優(yōu)點電勢一定比c'點電勢高

C.帶電粒子從c點運動到c'點，電場力做功為0

D.|憶1<

4.如圖所示，兩根相同的豎直懸掛的彈簧，上端固定，下端連

接一質(zhì)量為40g的金屬導體棒，部分導體棒處于邊界寬度為

d.=lOcni的有界勻強磁場中，磁場方向垂直于紙面向里。

導體棒通入4A的電流后靜止時，彈簧伸長量是未通電時的

1.5倍。若彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，導體棒一直保持水平，

則磁感應強度B的大小為(取重力加速度g=10m/s2)()

A.0.257B.0.5TC,0.757D.0.83T

5.如圖所示，正方形MNPQ內(nèi)的兩個三角形區(qū)域充滿勻強磁場，形狀與MNPQ完全

相同的閉合導線框M'N'P'Q'在外力作用下沿軸線。0'水平向左勻速運動。設通過導

線框的感應電流為i,逆時針方向為電流的正方向，當t=0時“Q'與NP重合，在

M'Q'從NP到臨近何。的過程中，下列圖象中能反映i隨時間，變化規(guī)律的是（）

6.近地衛(wèi)星繞地球的運動可視為勻速圓周運動，若其軌道半徑近似等于地球半徑R,

運行周期為了，地球質(zhì)量為引力常量為G,則（）

A.近地衛(wèi)星繞地球運動的向心加速度大小近似為空

T2

B.近地衛(wèi)星繞地球運動的線速度大小近似為匹

y/GM

C.地球表面的重力加速度大小近似為短

D.地球的平均密度近似為葛

7.如圖所示，垂直墻角有一個截面為半圓的光滑柱體，用細線，一

拉住的小球靜止靠在接近半圓底端的M點。通過細線將小球Md'.

從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程中，細線始終保持在"""%>

小球處與半圓相切。下列說法正確的是（）

A.細線對小球的拉力先增大后減小

B.小球?qū)χw的壓力先減小后增大

C.柱體受到水平地面的支持力逐漸減小

D.柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小

8.如圖所示，一輕繩穿過水平桌面上的小圓孔，上端拴物

-----------!j

體M,下端拴物體N。若物體M在桌面上做半徑為/?的'4一

勻速圓周運動時，角速度為3,線速度大小為v,物體N

處于靜止狀態(tài)，則（不計摩擦）（）

A.M所需向心力大小等于N所受重力的大小

B.M所需向心力大小大于N所受重力的大小

C."2與r成正比

D./與，.成正比

第2頁，共19頁

9.如圖(1)、(2)所示，理想變壓器對電器供電，其輸入電壓u=27000V2sinl007rt(y),

電器&與RJ的參數(shù)分別為“220V/1100W”“220了/440力”，輸電線的總電阻

r=2H.若兩圖中電器都能正常工作，則()

圖(I)

A.圖(1)中電阻r的功率為50W

B.圖(2)中變壓器的輸入功率比圖(1)中變壓器的輸入功率增加了440W

C.圖(1)中原副線圈匝數(shù)比%：n2=2700：23

D.圖(2)中原副線圈匝數(shù)比如：n2=1500：13

10.如圖所示，傾角為。的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN長度均為3d。四個

質(zhì)量均為根的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個樣品(可視為質(zhì)點)左側(cè)固定

有長度為d的輕質(zhì)細桿，細桿與斜面平行，且與其左側(cè)的樣品接觸但不粘連，樣品

與MN間的動摩擦因數(shù)為tan8。若樣品1在P處時，四個樣品由靜止一起釋放，則

(重力加速度大小為g)()

A.當樣品1剛進入MN段時，樣品的共同加速度大小為jgsinJ

B.當樣品1剛進入MN段時，樣品1的輕桿受到壓力大小為3mgs譏。

C.當四個樣品均位于段時，摩擦力做的總功為9dmgs譏。

D.當四個樣品均位于MN段時，樣品的共同速度大小為3西兩西

11.某小組用打點計時器研究小車的勻變速直線運動，該打點計時器電源的頻率為

50Hz,在打好的紙帶上每5個點標記一個計數(shù)點，記結(jié)果如圖所示。A、B、C、D

為連續(xù)選擇的計數(shù)點，其位置分別為20.0rmn、34.0mm>53.0mm和77.0nun。則

(1)圖中相鄰兩計數(shù)點的時間間隔是s。

(2)打8點時小車的速度大小是m/So

(3)小車運動的加速度大小是m/s2.

12.某同學擬將量程為2g=1血4內(nèi)阻約為幾十歐姆的電流表G改裝成量程為IV的電

壓表。

(1)他首先設計了如圖所示電路來測量電流表G的內(nèi)阻Rg,圖中E為電源電動勢。

現(xiàn)有最大阻值分別為100。和26000的滑動變阻器，則/?2應選用最大阻值為

。的滑動變阻器。開關片接通，S2未接通時，調(diào)節(jié)/?2使電流表G示數(shù)為1。0巾4接

通S?后，保持滑動變阻器/?2的滑片位置不變，調(diào)節(jié)電阻箱％，當其阻值為500時,

電流表G的示數(shù)為0.50nM,則電流表G的內(nèi)阻后為。。

(2)為了將電流表G改裝成量程為IV的電壓表，需要(選填“串聯(lián)”“并

聯(lián)”)一個大小為。的電阻。

13.如圖所示，質(zhì)量為的小木塊1通過長度為L的輕繩懸掛于。點，質(zhì)量為m的小

木塊2置于高度為L的光滑水平桌面邊沿。把木塊1拉至水平位置由靜止釋放，當

其運動到最低點時與木塊2相撞，木塊2沿水平方向飛出，落在距桌面邊沿水平距

離為2L處，木塊1繼續(xù)向前擺動。若在碰撞過程中，木塊1與桌面間無接觸，且

忽略空氣阻力。求：

(1)碰撞前，木塊1在最低點時的速度大?。?/p>

(2)碰撞后，木塊1相對桌面能上升到的最大高度。

第4頁，共19頁

14.有人設計了一種利用電磁場分離不同速率帶電粒子的儀器，其工作原理如圖所示。

空間中充滿豎直向下的勻強電場，一束質(zhì)量為機、電量為-q(q>0)的粒子以不同

的速率從P點沿某豎直平面內(nèi)的P。方向發(fā)射，沿直線飛行到。點時進入有界勻強

磁場區(qū)域，磁感應強度大小為8,方向垂直于該豎直平面，PQ=41。若速度最大

粒子在最終垂直于P7打到M點之前都在磁場內(nèi)運動，且其它速度粒子在離開磁場

后最終都能垂直打在PT上的M0范圍內(nèi)，PM=8l,PN=61,若重力加速度大小

為g,求：

(1)電場強度的大??；

(2)粒子速度大小的范圍；

(3)磁場穿過該豎直平面內(nèi)的最小面積。

15.以下現(xiàn)象中，主要是由分子熱運動引起的是()

A.菜籽油滴入水中后會漂浮在水面

B.含有泥沙的渾水經(jīng)過一段時間會變清

C.密閉容器內(nèi)懸浮在水中的花粉顆粒移動

D.荷葉上水珠成球形

16.如圖所示，密閉導熱容器4、8的體積均為外,A、B浸在盛水容器中，達到熱平衡

后，A中壓強為po,溫度為7°,B內(nèi)為真空，將A中的氣體視為理想氣體。打開活

栓C,A中部分氣體進入瓦

①若再次達到平衡時，水溫未發(fā)生變化，求此時氣體的壓強；

②若密閉氣體的內(nèi)能與溫度的關系為4U=/c（R-A）（k為大于0的已知常量，口、

72分別為氣體始末狀態(tài)的溫度），在①所述狀態(tài)的基礎上，將水溫升至1.27°,重新

達到平衡時，求氣體的壓強及所吸收的熱量。

17.如圖所示，4、b、c、d是一簡諧橫波上的質(zhì)點，某時刻。、“位于平衡位置且相距

為9〃?，c在波谷，該波的波速為2m/s。若此時。經(jīng)平衡位置向上振動，則（）

A.此波向右傳播B.h點振動周期為3s

C.c點運動速度大小為2m/sD.此波在a、d兩點之間傳播需3s

18.將自然光引入室內(nèi)進行照明是一種新型的綠色能源技術。某科技興趣小組設計了一

種接收太陽光的實驗裝置，如圖為過裝置中心軸線的截面，上部的集光球是半徑為

R的某種均勻透明材料的半球體，下部為導光管，兩部分的交界面是P&若只有

PQ上方高度九=fR范圍內(nèi)的光束平行于PQ射入后，能直接通過PQ面進入導光

管（不考慮集光球內(nèi)表面的反射），求該材料的折射率。

第6頁，共19頁

集光球

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：物塊僅在重力作用下運動，根據(jù)機械能守恒瓦=后2,初末狀態(tài)已知，得

2

3Eo+O=￡o+1mv,解得位于全時其速度大小u=2器，故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

物塊僅在重力作用下運動，已知初末狀態(tài)重力勢能和初狀態(tài)動能，可根據(jù)機械能守恒求

解。

本題考查機械能守恒，要掌握機械能守恒的條件，明確初末狀態(tài)。

2.【答案】B

【解析】解：A、左邊質(zhì)量數(shù)237+1=238,右邊質(zhì)量數(shù)142+91+3=236,質(zhì)量數(shù)

不守恒，故A錯誤；

B、左邊質(zhì)量數(shù)235+1=236,右邊質(zhì)量數(shù)90+144+2=236,故質(zhì)量數(shù)守恒；左邊

電荷數(shù)92+0=92,右邊電荷數(shù)37+55=92,故電荷數(shù)守恒，故B正確；

C、左邊質(zhì)量數(shù)235+1=236,右邊質(zhì)量數(shù)87+146+3=236,故質(zhì)量數(shù)守恒；左邊

電荷數(shù)92+0=92,右邊電荷數(shù)35+57+3=95,故電荷數(shù)不守恒，故C錯誤；

D、左邊質(zhì)量數(shù)235+1=236,右邊質(zhì)量數(shù)90+136+9=235,故質(zhì)量數(shù)不守恒，故

。錯誤。

故選：Be

根據(jù)核反應過程中電荷數(shù)、質(zhì)量數(shù)守恒，對各選項逐項分析即可。

解答本題的關鍵是知道反應過程中電荷數(shù)、質(zhì)量數(shù)守恒。

3.【答案】C

【解析】解：A3、因帶電粒子的電性和電場力做功的正負均未知，所以各等勢面的電

勢高低，電場線的方向均無法判斷，故A8錯誤；

C、因為c和c'在同一個等勢面上，電勢差為0,根據(jù)電場力做功皿=(/[/可知電場力對

帶電粒子做功為零，故C正確；

D、根據(jù)題意可得4、C兩點的電勢差與優(yōu)、C'兩點之間電勢差相等，根據(jù)電場力做功力=

qU可知

l《cl=l%，c，l，故。錯誤。

第8頁，共19頁

故選：Co

因帶電粒子的電性和電場力做功的正負均未知，所以各等勢面的電勢高低，電場線的方

向均無法判斷；因為c和c'在同一個等勢面上，電勢差為0,根據(jù)電場力做功以=qU可

知電場力對帶電粒子做功為零；根據(jù)題意可得“、c,兩點的電勢差與a'、c'兩點之間電勢

差相等，根據(jù)電場力做功W=qU可求解。

注意電場力做功的特點，與路徑無關，由初末位置決定。

4.【答案】B

【解析】解：未通電時，導體棒的重力與兩彈簧的彈力相等，對導體棒根據(jù)平衡條件有

mg=2/cx；通電后，通過導體棒的電流從右向左，根據(jù)左后定則可知安培力豎直向下，

對導體棒根據(jù)平衡條件有mg+Bld=2fcx1.5%,兩式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得：B=0.57。

故ACZ）錯誤，3正確。

故選：B。

未通電時，導體棒的重力與兩彈簧的彈力相等，對導體棒列出受力平衡的式子;通電后，

通過導體棒的電流從右向左，根據(jù)左后定則可知安培力豎直向下，對導體棒列出受力平

衡的式子，兩式聯(lián)立即可求出磁感應強度8的大小。

解答本題的關鍵是能夠應用左手定則準確判斷出通電后導體棒所受安培力的方向，再結(jié)

合通電前后導體棒平衡列式求解。

5.【答案】B

【解析】解：M'Q'運動到MNPQ中間位置過程線框切割磁感線的有效長度L均勻減小，

從M'Q'從例NP。中間位置運動到位置過程，線框切割磁感線的有效長度L均勻增

加，感應電流i=彳=寫，由于乙先均勻減小后均勻增加，線框勻速運動過程感應電流

，先均勻減小后均勻增加；

磁感應強度垂直于紙面向里，在線框的整個運動過程中，穿過線框的磁通量始終增大，

由楞次定律可知，感應電流始終沿逆時針方向，感應電流始終是正的，故AC。錯誤，B

正確。

故選：B。

應用楞次定律判斷出感應電流方向，應用E=B初求出感應電動勢，應用歐姆定律求出

感應電流，然后分析圖示圖象答題。

分析清楚線框的運動過程是解題的前提，由于楞次定律、E=與歐姆定律即可解題；

實際上本題應用排除法根據(jù)感應電流方向即可解題。

6.【答案】D

【解析】解：A、由向心加速度公式可知，近地衛(wèi)星繞地球運動的向心加速度大小an=

R32=崎2=嚕,故4錯誤；

B、近地衛(wèi)星繞地球運動的向心力由萬有引力提供，則有誓=字，解得v=售,故

8錯誤；

C、地球表面的重力等于萬有引力，故有機9=鬻，解得g=答，故C錯誤；

。、近地衛(wèi)星繞地球運動的向心力由萬有引力提供，則有噂=m竽,解得M=注，

R2T2GT2

4兀

地球的平均密度近似為。=?=奎=弟，故O正確。

3

故選：D。

近地衛(wèi)星繞地球運動的向心力由萬有引力提供，再結(jié)合萬有引力公式及對應的向心力公

式求解。

解答本題的關鍵是知道近地衛(wèi)星繞地球運動的向心力由萬有引力提供，需熟記萬有引力

公式及向心力公式。

7.【答案】D

【解析】解：AB、設小球的質(zhì)量為加，小球與圓柱體圓心連線

與水平方向的夾角為仇以小球為對象，小球受到重力、支持

力和拉力，如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：F=mgcos。,N=

mgsine；細線將小球從M點緩慢向上拉至半圓最高點的過程

中。增大，所以細線對小球的拉力減小，圓柱體對小球的支持力增大，根據(jù)牛頓第三定

律可得小球?qū)χw的壓力增大，故AB錯誤；

C。、設圓柱體的質(zhì)量為以圓柱體為對象，豎直方向根據(jù)平衡條件可得：尸呦="。+

NsinO=Mg+mgsin26,0增大，圓柱體受到水平地面的支持力逐漸增大；

水平方向根據(jù)平衡條件可得：=Ncosd=mgsindcosd=：mgsin29,當。=45。時，

墻對圓柱體的支持力最大，所以墻對圓柱體的支持力先增大后減小，根據(jù)牛頓第三定律

可得圓柱體對豎直墻面的壓力先增大后減小，故。正確，C錯誤。

故選：D。

第10頁，共19頁

以小球為對象進行受力分析，根據(jù)平衡條件可得求解細線對小球的拉力和柱體對小球支

持力表達式，由此分析；

以圓柱體為對象，豎直方向、水平方向根據(jù)平衡條件得到柱體受到水平地面的支持力和

豎直墻面對圓柱體的支持力表達式，再進行分析。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進

行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后

在坐標軸上建立平衡方程進行解答。注意整體法和隔離法的應用。

8.【答案】AC

【解析】解：AB、N物體靜止不動，受重力和繩子拉力，二力平衡，物體M做勻速圓

周運動，繩子的拉力提供M所需的向心力，T=mNg=Fn,所以M所需向心力大小等

于N所受重力的大小，故A正確，B錯誤；

C、根據(jù)向心加速度公式和牛頓第二定律得：mNg=Fn=my)則評與r成正比，故C

正確；

2

D、根據(jù)向心加速度公式和牛頓第二定律得：mNg=Fn=ma)r,則與r成反比，故

。錯誤；

故選：ACo

物體M做勻速圓周運動，繩子的拉力提供M所需的向心力，拉力又等于N物體的重力，

根據(jù)向心力公式T=m32r=可解本題。

r

解決本題的關鍵知道繩子的拉力提供M做圓周運動的向心力，結(jié)合N受力分析進行求

解，注意研究對象的靈活選擇.

9.【答案】ACD

【解析】解：4&的額定電流〃=募=署4=54圖(1)中/?的功率已=/"=52X

2W=501V,故A正確；

B、RJ的的額定電流/=鼠=翳4=24圖(2)中「的電功率星=(〃+IL/Vr=(5+

2)2x2W=98W,

圖(2)中變壓器副線圈輸出功率P2'=PL+PJ+P:=(1100+440+98)IV=1638〃,

圖(1)中變壓器副線圈輸出功率P2=PL+Pr=(1100+50)UZ=1150V/,

理想變壓器原線圈輸入功率等于副線圈輸出功率，則圖(1)變壓器輸入功率Pi=P2=

11501V,圖(2)變壓器原線圈輸入功率匕’=P2'=16381V,

圖(2)中變壓器的輸入功率比圖(1)中變壓器的輸入功率增加了△P=P2'-P；=

(1638-1150)Vy=4881V,故8錯誤;

CD、兩變壓器原線圈輸入電壓U=牛=空警/=27000人

V2V2

圖(1)變壓器副線圈電壓4=4+lLr=220V+5x2V=230V,

圖(2)變壓器副線圈電壓/'=瓦+(4+IL')r=220V+(5+2)x2V=234V

圖⑴中原副線圈匝數(shù)比乎=搟=甯=鬻，

71-2L>2N3UZJ

eqH—r，卜所?叫U27000135001500,,

圖(2)中原副線圈匝數(shù)比分=—=三1-F7"=—,故CD正確。

故選：ACD.

根據(jù)電功率公式尸=U/求出&與&'的額定電流，然后應用電功率公式求出圖(1)中「的

電功率；應用電功率公式求出圖(2)中r的電功率，求出兩圖中變壓器副線圈功率，然

后求出兩變壓器的輸入功率，再求出兩變壓器輸入功率關系；應用求出變壓器原副線圈

的電壓，然后根據(jù)變壓器的變壓比求出兩變壓器原副線圈匝數(shù)比。

用電器在額定電壓下正常工作，根據(jù)圖示電路圖應用電功率公式求出變壓器副線圈電流,

應用電功率公式與歐姆定律、變壓器的變壓比即可解題；解題時要分析清楚電路結(jié)構(gòu)。

10.【答案】A。

【解析】解：A、當樣品1剛進入A/N段時，以四個樣品整體為對象，由牛頓第二定律

有：4mgsin0—fimgcosd=4max

解得樣品的共同加速度大小為：ai=lgsin0,故A正確；

B、當樣品1剛進入A/N段時，以樣品1為對象，根據(jù)牛頓第二定律有：+mgsind-

fimgcosd=

解得樣品1的輕桿受到的壓力大小為：Fx=\mgsind,故B錯誤；

C、當四個樣品均處于MN段時，摩擦力對樣品1做功為：=-12mgcosO-3d=

—3mgdsin0

摩擦力對樣品2做功為：W2=—fimgcosd?2d=—2mgdsin0

摩擦力對樣品3做功為：“3=一陽ngcos。-d=-mgdsind

此時樣品4剛進入MN段，摩擦力對樣品4不做功，故當四個樣品均位于"N段時，摩

擦力做的總功為：W=+W2+W3=-3mgdsin6—2mgdsin9—mgdsind=

—6mgdsin9,故C錯誤；

第12頁，共19頁

D、四個樣品從靜止釋放到處于用N段過程，對四個樣品根據(jù)動能定理有：4mg?

6dsit18+IV=|x2mv2,由C項分析知：W=-6mgds歷。，聯(lián)立解得：v=31gdstn。,

故。正確。

故選：AD.

當樣品1剛進入MN段時，以四個樣品整體為對象，根據(jù)牛頓第二定律求整體加速度，

再以樣品1為對象，根據(jù)牛頓第二定律求樣品1的輕桿受到壓力；當四個樣品均處于

MN段時，分別求出各樣品受到的摩擦力所做的功，再求其代數(shù)和，即為摩擦力做的總

功；四個樣品從靜止釋放到處于MV段過程，對四個樣品根據(jù)動能定理求共同速度。

解答本題的關鍵是能靈活選擇研究對象，再根據(jù)牛頓第二定律、功的定義式、動能定理

求解。注意當樣品1剛進入"N段時，樣品1受到摩擦力作用，受力分析時不可漏掉；

當四個樣品均處于MN段時，各樣品所受的摩擦力所做的功是不同的。

11.【答案】0.10,1650.5

【解析】解：該打點計時器電源的頻率為504z,在打好的紙帶上每5個點標記一個計

數(shù)點，故計數(shù)點間的時間間隔為：

T=50x0.02s=0.1s

xAC=53.0mm—20.0mm=33.0mm=0.0330m

在極短時間內(nèi)的平均速度等于該時刻的瞬時速度，故如=尊=黑m/s=0.1657n/s

xCD=77.0mm—53.0mm=24.0mm=0.0240m

xAB=34.0mm—20.mm=14.0mm=0.0140m

根據(jù)逐差法可得：a=衛(wèi)察絲="嗤等m/s2=0.5m/s2

￡>INXU.J.

故答案為：0.1；0.165；0.5

根據(jù)打點計時器使用交流電源的頻率和計數(shù)點間的點個數(shù)求得計數(shù)點間的時間間隔，在

極短時間內(nèi)的平均速度等于該時刻的瞬時速度，根據(jù)相鄰相鄰相等時間內(nèi)，△%=a%求

得加速度。

解決本題的關鍵掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬時速度和加速度，關鍵是勻變

速直線運動推論的運用.

12.【答案】260050串聯(lián)950

【解析】解：（1）本題中采用“半偏法測電流表的內(nèi)阻”，要求滑動變阻器的阻值遠大

于電流表的內(nèi)阻，電流表內(nèi)阻為幾十歐，則%應選用最大為26000的滑動變阻器；接通

S2后，保持滑動變阻器&的滑片位置不變，則電路總電流為1.00mA幾乎不變，此時電

阻箱與電流表并聯(lián)，當電阻箱燈阻值為500時，電流表G的示數(shù)為0.50nM,則電流表

G的電流為0.50血4與電阻箱電流相等，則其阻值也與電阻箱阻值相等，故電流表G

的內(nèi)阻為500。

(2)改裝后電壓表的滿偏電流為0.0014滿偏電壓為1匕則改裝后電壓表內(nèi)阻即=y=

19

=1000/2,則需要串聯(lián)的電阻為R=Ry-Rg=1000/2-50/2=9500。

故答案為:(1)2600；50；(2)串聯(lián);950?

(1)采用“半偏法測電流表的內(nèi)阻”，要求滑動變阻器的阻值遠大于電流表的內(nèi)阻；接

通52后，保持滑動變阻器&的滑片位置不變，則電路總電流為l.OOnM幾乎不變，此時

電阻箱與電流表并聯(lián)，分析出此時電阻箱與電流表電流相等，則二者電阻亦相等；

(2)把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，先根據(jù)歐姆定律求出電壓表內(nèi)阻，

再求串聯(lián)的電阻值。

解答本題的關鍵是理解半偏法測電流表的內(nèi)阻的原理，知道電流表改裝成電壓表的原理,

注意保持滑動變阻器的滑片位置不變，即保持總電流幾乎不變。

13.【答案】解：(1)木塊1向下擺動過程只有重力做功，機械能守恒，

設木塊1到達最低點時的速度為先,由機械能守恒定律得：

1.

3mgL=-?37n琳

解得：VQ=42gL

(2)設兩木塊碰撞后木塊1的速度為％,木塊2的速度為必，

碰撞后木塊2做平拋運動，設平拋運動的時間為3

水平方向：2L=v2t

豎直方向：L=^gt2

解得：v2=J2gL

兩木塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：

3mv0=3mv1+mv2

解得：%=lyj2gL

碰撞后木塊1上升過程只有重力做功，機械能守恒，設木塊1上升的最大高度為兒由

機械能守恒定律得：

1,

-?=3mgh

解得：h=^L

第14頁，共19頁

答：(1)碰撞前，木塊1在最低點時的速度大小是/荻；

(2)碰撞后，木塊1相對桌面能上升到的最大高度是［心。

【解析】(1)木塊1向下擺動過程只有重力做功，機械能守恒，由機械能守恒定律可以

求出木塊1到達最低點時的速度。

(2)兩木塊碰撞后木塊2做平拋運動，應用平拋運動規(guī)律求出碰撞后木塊2的速度，兩

木塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律求出碰撞后木塊1的速度，木塊1上升

過程機械能守恒，應用機械能守恒定律求出木塊1上升的最大高度。

分析清楚兩木塊的運動過程是解題的前提，分析清楚木塊運動過程后，應用機械能守恒

定律與動量守恒定律、平拋運動規(guī)律即可解題。

14.【答案】解：(1)帶電粒子沿PQ直線運動，說明重力和電場力二力平衡，由平衡條

件得：qE=mg

解得電場強度的大小為：E若

(2)進入磁場的速度方向沿PQ直線，說明圓心在過Q點垂直尸。的垂線上，若速度最大

粒子在最終垂直于PT打到歷點之前都在磁場內(nèi)運動，說明圓心在PT上，所以圓心是

垂直PQ的直線與PT的交點4,如圖所示，設最大速度為匕，做圓周運動的半徑為R,

由幾何關系可知：

(47)2+R2=(&_R)2

聯(lián)立解得：R=31

所以有：PA=PM-R=81-31=51

由幾何關系得：^QAP=-=1

PA5

解得：“AP=53°

帶電粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式得：

mv?

q%B=--

A

解得帶電粒子最大速度為：％=名絲

設最小速度為力，做圓周運動的半徑為其軌跡如下圖藍色圓所示：

Q

NKM

圓心在。點，因為三角形是AQM是等腰三角形，過。點作C。平行于PT交QM于Q,

由幾何關系可知：CQ=CD

所以最小速度的帶電粒子剛好從。點離開磁場，半徑是C。，過。點用DK平行于QA

交PT于K,在直角三角形NDK中，由幾何關系可知：

3

31-r5

解得：r=

帶電粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式得:

qv2B=

解得帶電粒子最大速度為：功=等

所以帶電粒子的速度范圍為：誓WU《名里

4mm

(3)由幾何關系可以證明：DK=KM=R-r

所以三角形KDM是等腰三解形，在OM間任一點作尸T的平行線交QA的交點等于該點

到。點的距離，也就是說要想粒子在離開磁場后最終都能垂直打在PT上的范圍內(nèi)，

帶電粒子離開磁場的邊界是0M線段。所以磁場穿過該豎直平面內(nèi)的最小面積為：

代入數(shù)據(jù)解得磁場穿過該豎直平面內(nèi)的最小面積為：S=￡(笥茨)，2

答：(1)電場強度的大小為詈；

(2)粒子速度大小的范圍為黑

(3)磁場穿過該豎直平面內(nèi)的最小面積為藍(巴震竺)小。

第16頁，共19頁

【解析】(1)重力和電場力二力平衡，由平衡條件求得電場強度的大小；

(2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力以及幾何關系求解粒子速度大小的范圍；

(3)由數(shù)學幾何知識求得磁場穿過該豎直平面內(nèi)的最小面積。

本題以有人設計了一種利用電磁場分離不同速率帶電粒子的儀器的工作原理為情景載

體，考查了帶電粒子在復合場中的運動，綜合性較強，解決此題的關鍵是正確受力分析，

得到帶電粒子所受重力與電場力等大反向，帶電粒