2021年四川省內(nèi)江市高考物理三診試卷（附答案詳解）

2021年四川省內(nèi)江市高考物理三診試卷

1.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）根據(jù)玻爾的原子模型，當(dāng)氫原子核外電子由離原子核較

近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道上時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.核外電子受到的庫(kù)侖力變小B.原子的能量減小

C.核外電子的動(dòng)能變大D.原子核和核外電子的電勢(shì)能減小

2.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）在2020年12月1日，“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器成功著陸在

月球，并把約2口的月壤樣品“打包”帶回地球。若“嫦娥五號(hào)”著陸前，在月球

表面附近繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，做圓周運(yùn)動(dòng)的線(xiàn)速度大小為V,角速度大小為3,

向心加速度大小為月球的平均密度為P、半徑為凡引力常量為G,則下列關(guān)系

式中正確的是（）

A.（;=等B.〃=2R用C.a）=2D.T=扁

3.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）一物體由靜止開(kāi)始，在粗

糙的水平面內(nèi)沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其加速度。隨時(shí)間f變化的2\

a-t圖像如圖所示。若選物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎健?iX3：4*

向，那么，下列說(shuō)法中正確的是（）"........、一:

A.在t=0?2s的時(shí)間內(nèi)，物體先做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)

B.在1=2s時(shí)物體的位移最大

C.在t=2s?3s的時(shí)間內(nèi)，物體速度的變化量為-lm/s

D.在t=0?4s的時(shí)間內(nèi)，物體的位移為零

4.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）在光滑的水平面內(nèi)有一沿x軸的靜電場(chǎng)，其電勢(shì)3隨x

變化的3-尤圖像如圖所示。現(xiàn)有一質(zhì)量為加、電荷量為4的帶負(fù)電小球，從坐標(biāo)

原點(diǎn)。開(kāi)始，僅在電場(chǎng)力作用下，以一定的初速度處沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中

正確的是（）

A.帶電小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到%1處的過(guò)程中，加速度逐漸增大

B.帶電小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到“2的過(guò)程中，電場(chǎng)力的沖量為零

C.帶電小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到久2的過(guò)程中，最大速度為J詔-誓

D.帶電小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到%2點(diǎn)時(shí)速度為%+J警

5.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）如圖，一名登山愛(ài)好者正

沿著豎直崖壁緩緩下降，在下降過(guò)程中把人近似看做

一根直桿，人的腿部保持與崖壁成60。夾角。繩的一端

固定在較高處，另一端拴在人的腰間（重心處）。在某

時(shí)刻繩與豎直方向的夾角為45。，從該位置開(kāi)始到人下降到繩與豎直方向的夾角為

15。的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.人的腳與崖壁的摩擦力逐漸增大

B.人的腳與崖壁的彈力逐漸增大

C.繩子承受的拉力先減小后增大

D.繩子對(duì)人的拉力與人對(duì)繩子的拉力是一對(duì)平衡力

6.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）如圖，電路中的定值電

阻&大于電源的內(nèi)電阻入現(xiàn)將開(kāi)關(guān)S閉合，將滑

動(dòng)變阻器R的滑片P向上滑動(dòng),理想電壓表匕、%、

匕的示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為△U1、△4、△3，

理想電流表A的示數(shù)變化量的絕對(duì)值為△/,則下

列說(shuō)法中正確的是（）

A.電壓表匕的示數(shù)增大，電壓表/的示數(shù)減小

B.電流表A的示數(shù)變大，電壓表匕的示數(shù)增大

C.電壓表?和電流表4的示數(shù)變化量的比值券=「+/?0

D.電壓表匕和外的變化量△%>△U2

7.（2021?湖南省常德市?模擬題）2022年冬季奧運(yùn)會(huì)將在北京舉行。我國(guó)冰壺運(yùn)動(dòng)員在

某一次水面內(nèi)訓(xùn)練時(shí)，紅壺以一定的速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞,

碰撞時(shí)間極短，碰后運(yùn)動(dòng)員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向上的冰面來(lái)減小阻力。碰撞

前、后兩壺運(yùn)動(dòng)的u-t圖線(xiàn)如圖中實(shí)線(xiàn)所示，如果兩冰壺的質(zhì)量相等，那么，由

圖像可得出正確的結(jié)論是（）

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A.碰撞后瞬間，藍(lán)壺的速度為1.5m/s,紅壺的速度為0.5m/s

B.兩壺在碰撞過(guò)程中，損失的機(jī)械能為兩壺從碰后到靜止損失的總機(jī)械能的:倍

4

C.紅、藍(lán)兩壺在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，動(dòng)摩擦因數(shù)之比為〃"：口藍(lán)=3：4

D.碰后藍(lán)壺經(jīng)過(guò)4s停止運(yùn)動(dòng)

8.（2021.湖南省常德市.模擬題）如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，放置一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、

質(zhì)量為，小電阻為R的單匝正方形金屬線(xiàn)框劭cd,線(xiàn)框的右側(cè)與一根絕緣水平細(xì)

線(xiàn)相連，細(xì)線(xiàn)的另一端跨過(guò)一個(gè)光滑的小定滑輪，懸掛一個(gè)質(zhì)量為4巾的重物，放

置于傾角為。=30。的足夠大的光滑斜面上，在線(xiàn)框右側(cè)存在一寬度也為L(zhǎng),方向

豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的左邊界與線(xiàn)框〃邊平行且距離也為心現(xiàn)將線(xiàn)框和

重物同時(shí)由靜止釋放，線(xiàn)框恰好能夠完全勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，重力加速度為g,則

下列說(shuō)法正確的是（）

A.線(xiàn)框右邊cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為應(yīng)

5

B.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為心耍

C.線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電流做的功為2,咫工

D.線(xiàn)框cd邊在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線(xiàn)框橫截面的電荷量為g普

9.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）某同學(xué)使用如圖裝置來(lái)“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”。其操

作過(guò)程如下：

滑塊

A.把氣墊導(dǎo)軌固定在有一定傾角的斜面上，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使之與斜面平行，用量角

器測(cè)量出斜面的傾角為a；

B.在氣墊導(dǎo)軌上的恰當(dāng)位置固定兩個(gè)光電門(mén)“1”和2”，用刻度尺測(cè)量出兩個(gè)光電

門(mén)之間的距離為X；

C.在滑塊上垂直裝上遮光條，使用游標(biāo)卡尺測(cè)量出遮光條的寬度為d；

。.使用天平測(cè)量出滑塊和遮光條的總質(zhì)量為加

E在氣墊導(dǎo)軌上，由靜止釋放滑塊，滑塊先后通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)，用光電計(jì)時(shí)器記錄

遮光條通過(guò)光電門(mén)“1”和“2”的時(shí)間分別為以、t2?重力加速度為g。則：

(1)如圖2所示，是用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度示意圖。其寬度為d=cm.

(2)當(dāng)滑塊和遮光條通過(guò)光電門(mén)“2”時(shí)，其動(dòng)能為(用測(cè)量的物理量字母表

示)；

(3)在滑塊和遮光條從光電門(mén)“1”運(yùn)動(dòng)到光電門(mén)“2”的過(guò)程中，滿(mǎn)足關(guān)系式

時(shí)，滑塊和遮光條的機(jī)械能守恒。

10.(2021?四川省內(nèi)江市?模擬題)某同學(xué)家里有一個(gè)充電寶(看作電源)，他欲精確地測(cè)量

其電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r,其實(shí)驗(yàn)步驟如下：

(1)先選用多用電表，將選擇開(kāi)關(guān)調(diào)至到電阻擋“X10”倍率處，然后，把兩表筆

直接接觸，再調(diào)整______,使指針指向“0?！?。再用多用電表測(cè)量鉛筆芯的總電

(2)用刻度尺測(cè)得該鉛筆芯的總長(zhǎng)度為L(zhǎng)-

(3)將多用電表調(diào)至直流電壓擋，按如圖乙連接電路；

(4)多次改變鉛筆芯接入電路中PN的長(zhǎng)度x,讀出并記錄相對(duì)應(yīng)的電表的示數(shù)U；

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（5）在坐標(biāo)紙上畫(huà)出的圖像如圖丙所示，其中，圖像的縱坐標(biāo)為云圖像的傾率為2,

縱軸截距為瓦那么，圖像的橫坐標(biāo)為（采用國(guó)際單位），充電寶的內(nèi)電阻r=

，電動(dòng)勢(shì)E=（均用題中所給字母表示）

11.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）如圖所示，半徑為0.9m的光滑;圓弧軌道04,。為圓

心，與長(zhǎng)度為3〃?的光滑水平軌道A8在4處相切，它與水平粗糙足夠長(zhǎng)的軌道CO

在同一豎直面內(nèi)?，F(xiàn)有一小滑塊從圓弧軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，40。/=30。。

當(dāng)滑塊經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，靜止在CO軌道上質(zhì)量為0.2kg的凹槽（質(zhì)點(diǎn)），在1.6N的水平

恒力尸作用下開(kāi)始啟動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后撤去此力，又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，當(dāng)凹槽在

CZ）軌道上運(yùn)動(dòng)了3.28m時(shí)，凹槽的速度達(dá)到2.4m/s,此時(shí)，小滑塊恰好落入凹槽

中。凹槽與軌道C0間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4。重力加速度為g=10rn/s2。求：

（1）凹槽運(yùn)動(dòng)的最大速度；

（2）兩個(gè)水平軌道間的高度。

12.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）如圖甲所示，粒子源A緊貼在豎直放置的平行金屬板

例、N的M板中點(diǎn)外側(cè)，M、N板間的電壓為外,在N板的右側(cè)有一對(duì)長(zhǎng)為L(zhǎng),間

距為1.5L的水平平行金屬板P、Q,金屬板P、。間的電壓UPQ隨時(shí)間，變化的圖像

如圖乙所示。豎直極板M、N的中間開(kāi)有小孔，兩小孔的連線(xiàn)為水平金屬板P、Q

的中線(xiàn)，與磁場(chǎng)的左邊界（虛線(xiàn)）的交點(diǎn)為0。在金屬板P、。的邊緣虛線(xiàn)右側(cè)存在

著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在金屬極板。的上方磁場(chǎng)的

左邊界上,放有足夠長(zhǎng)的感光膠片?，F(xiàn)使粒子源連續(xù)釋放出初速度不計(jì)、質(zhì)量為優(yōu)、

電荷量為+q的粒子，粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間遠(yuǎn)小于偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的周期，磁場(chǎng)

的磁感應(yīng)強(qiáng)度為器/空包，粒子的重力不計(jì)。求:

q

XX

XX

XX

XX

XX

XX2T1/?

XX

（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率;

（2）當(dāng)粒子以磁場(chǎng)左邊界成a角的速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子距磁場(chǎng)左邊界的最大距

離:

（3）所有粒子打在磁場(chǎng)左邊界感光膠片上的感光長(zhǎng)度。

13.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）下列說(shuō)法正確的是（）

A.液體中懸浮微粒的布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對(duì)它的撞擊作用不平衡所引起的

B.當(dāng)容器內(nèi)氣體吸熱膨脹時(shí)，氣體分子的平均動(dòng)能可能減小

C.當(dāng)水的溫度升高時(shí)，每一個(gè)水分子的運(yùn)動(dòng)速率都會(huì)增大

D.處于完全失重狀態(tài)的水滴呈球形，是液體表面張力作用的結(jié)果

E.晶體一定有規(guī)則的幾何形狀，形狀不規(guī)則的金屬一定是非晶體

14.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）在疫情過(guò)程中需要大量的氧氣。醫(yī)用大氧氣瓶的體積為

40L,能承受的最大壓強(qiáng)為150個(gè)大氣壓，使用前將其抽成真空。現(xiàn)將60罐體積為

4L的小氧氣瓶中的氧氣，通過(guò)專(zhuān)業(yè)壓縮泵將氧氣裝入大氧氣瓶中儲(chǔ)備、運(yùn)輸。裝

入前每個(gè)小氧氣瓶中氣體的壓強(qiáng)為15個(gè)大氣壓，裝入后每個(gè)小氧氣瓶中剩余氣體

的壓強(qiáng)為1.2個(gè)大氣壓，裝入前、后大小氧瓶的室度均為27?？谘鯕饪梢暈槔硐霘?/p>

體。求：

⑴在室溫下將氧氣壓入大氧氣瓶后，大氧氣瓶?jī)?nèi)氣體的壓強(qiáng)；

5）若將大氧氣瓶中溫度降為-33久，此時(shí)大氧氣瓶中氣體的壓強(qiáng)。

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15.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）一簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖如圖甲所示。在平衡

位置坐標(biāo)x=0.32m處的質(zhì)點(diǎn)P此時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向豎直向下。圖乙是該波上某質(zhì)點(diǎn)的

振動(dòng)圖像，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.該波沿x軸正方向傳播

B.圖乙可能是x=0.8m處的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像

C.該波傳播的波速為4rn/s

D.該列簡(jiǎn)諧橫波可與頻率/=0.20Hz的簡(jiǎn)諧橫波發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象

E.在時(shí)間t=0到t=0.1s的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)的路程為20c”？

16.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）雨過(guò)天晴，人們常常看到天A一

-F"：："

空中出現(xiàn)彩虹，它是由太陽(yáng)光照射到空氣中的小水珠上（

時(shí)出現(xiàn)的奇觀現(xiàn)象。如圖所示，現(xiàn)有一束單色細(xì)光線(xiàn)A81

射入小水珠，水珠可視為一個(gè)半徑為R=lOmm的小球，

球心O到入射光線(xiàn)AB的垂直距離為d=8mm,水的折射率為n=等。光速c=

o

3.0x108m小，Sin53=則：

（i）這束光線(xiàn)A8從射入小水珠，經(jīng)第一次折射出小水珠，其出射光線(xiàn)與入射光線(xiàn)偏

轉(zhuǎn)的角度是多少？

5）這束光線(xiàn)AB從射入小水珠，經(jīng)第一次反射后又從水珠中射出的過(guò)程中，光在小

水珠中傳播的時(shí)間是多少？

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答案和解析

1.【答案】A

【知識(shí)點(diǎn)】玻爾原子理論的基本假設(shè)、能級(jí)躍遷、庫(kù)侖定律及其適用條件

【解析】解：小氫原子的核外電子，由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道，根據(jù)

庫(kù)侖定律公式尸=號(hào)可知，核外電子受到的庫(kù)侖力減小，故A正確；

B、氫原子的核外電子，由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道的過(guò)程中吸收能量，

原子的總能量增大，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)庫(kù)侖力提供向心力公式：整=噂和動(dòng)能的公式可知電子的動(dòng)能：

七r=智，所以電子由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道時(shí)，電子的動(dòng)能減小，故

C錯(cuò)誤；

。、電子由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道時(shí)克服電場(chǎng)力做功，原子核和核外電

子的電勢(shì)能增大，故。錯(cuò)誤.

故選:Ao

電子在不同的軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，原子處于不同的狀態(tài)，因而具有不同的能量，即原子的能

量是不連續(xù)的。這些具有確定能量的穩(wěn)定狀態(tài)稱(chēng)為定態(tài)，在各個(gè)定態(tài)中，原子是穩(wěn)定的，

不向外輻射能量。但是原子核外電子在受到激發(fā)的時(shí)候會(huì)發(fā)生躍遷，在不同軌道原子具

有的能量就會(huì)不同。

本題主要考查了玻兒模型和氫原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)，要清楚不同能級(jí)上面氫原子的躍遷能量

變化情況。

2.【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用、向心力

【解析】解：設(shè)月球的質(zhì)量為M,則"=。彳兀區(qū)3。

“嫦娥五號(hào)”著陸前，在月球表面附近繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由月球的萬(wàn)有引力提供

向心力，根據(jù)牛頓第二定律得

Mm

G「--=ma=m—v=ma)2^Rn=m4—7r2rR

R2RT2

Gp-^rcR3

R3

故選：8。

“嫦娥五號(hào)”著陸前，在月球表面附近繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由月球的萬(wàn)有引力提供

向心力，根據(jù)牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律相結(jié)合列方程。結(jié)合質(zhì)量等于體積與密度的

乘積列方程，聯(lián)立即可求解。

解答本題時(shí)，關(guān)鍵要根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力列方程，得到各個(gè)量的表達(dá)式。

3.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系、運(yùn)動(dòng)的圖像、勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度

與時(shí)間的關(guān)系

【解析】解：4在t=0?2s的時(shí)間內(nèi)，物體先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)后做加速度逐漸減小

的變加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

8、根據(jù)a-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變化量，圖像在時(shí)間軸上方速度變化量

為正，圖像在時(shí)間軸下方速度變化量為負(fù)，則知在t=0?4s的時(shí)間內(nèi)，物體速度的變

化量為0,可知，物體一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)物體的位移最大，故B錯(cuò)誤；

C、在t=2s?3s的時(shí)間內(nèi)，物體速度的變化量為4v=-^-m/s=-lm/s,故C正確；

D、在t=0?4s的時(shí)間內(nèi)，物體一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，則物體的位移不為零，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)加速度方向與速度方向的關(guān)系，判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況，兩者方向相同時(shí)，物體做加

速運(yùn)動(dòng)，兩者方向相反，做減速運(yùn)動(dòng)。根據(jù)a-t圖像與時(shí)間軸所圍的面積表示速度變

化量，來(lái)求物體速度的變化量。

本題根據(jù)物體的加速度情況定性分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，也可結(jié)合物體的a-t圖像作出

物體的u-t圖像進(jìn)行分析。

4.【答案】B

【知識(shí)點(diǎn)】電勢(shì)、電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系、動(dòng)量定理

【解析】解：4由可知w-%圖像中，斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，在帶電小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)

到x為處的過(guò)程中，斜率不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以加速度不變，故4錯(cuò)誤；

BD.帶電小球從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到電的過(guò)程中，電勢(shì)差為零，電場(chǎng)力做功為零，小球的動(dòng)能變

化為零，故速度變化為零，由/=4p=m/i?

可知，電場(chǎng)力沖量為零，故B正確，。錯(cuò)誤；

C.由圖可知0?過(guò)程，電場(chǎng)力做正功，Xi?%2過(guò)程，電場(chǎng)力做負(fù)功，故x時(shí)速度最大

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有

q<Po=2mvm-2mvo

可解得

、2q（pQ

%=『o2+k

故C錯(cuò)誤。

故選：B。

9-x圖像中，斜率等于電場(chǎng)強(qiáng)度，斜率不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，加速度不變，從。點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到血的過(guò)程中，電勢(shì)差為零，電場(chǎng)力做功為零，小球的動(dòng)能變化為零，故速度變化為

零.

本題考查W-x圖像的認(rèn)識(shí)，重點(diǎn)在于其斜率代表電場(chǎng)大小，另外根據(jù)動(dòng)能定理可求得

最大速度。

5.【答案】C

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力的平衡、力的合成與分解

【解析】解：ABC,登山愛(ài)好者緩緩下降，受力平衡，登山愛(ài)好

者受重力G,繩的拉力T,崖壁對(duì)腿的作用力尸（支持力與摩擦力\Y\\''、、

的合力）沿著腿的方向，人受力以及人在下降過(guò)程中力的變化如

圖所示，由圖可以看出：

廠逐漸減少，繩子拉力T與尸垂直時(shí)最小，所以T先減少后增大；

崖壁對(duì)人的彈力和摩擦力為備=Fsin60°,f=Fcos60°,崖壁對(duì)Jmg

人的彈力和摩擦力也減少，故48錯(cuò)誤、C正確；

D、繩子對(duì)人的拉力與人對(duì)繩子的拉力是物體間的相互作用力，不是平衡力，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

以人為研究對(duì)象，分析受力，作出受力分析圖，根據(jù)平衡條件作圖，由圖判斷繩子拉力

與崖壁對(duì)腿的作用力的變化情況，再根據(jù)崖壁對(duì)腿的作用力分析崖壁對(duì)人的彈力和摩擦

力；根據(jù)作用力與反作用力的特點(diǎn)分析。選項(xiàng)。

本題受力分析建立的三角形不是特殊三角形，且所受三個(gè)力中，其中一個(gè)力大小方向確

定，另一個(gè)力的方向確定，這一特點(diǎn)適合用圖解法解題，另外把崖壁對(duì)人的彈力和摩擦

力先看成一個(gè)力來(lái)考慮也是解題的一個(gè)關(guān)鍵。

6.【答案】CD

【知識(shí)點(diǎn)】閉合電路歐姆定律

【解析】解：AD,理想電壓表匕測(cè)量電阻R兩端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得：

E-lr,將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，電路電流增大，電阻R兩端電壓0=//?增大，

理想電壓表匕的示數(shù)增大，理想電壓表嶺測(cè)量路端電壓,據(jù)閉合電路歐姆定律可得:U2=

E-lr,電流/增大，則路端電壓增大，電壓表彩的示數(shù)增大，△U2=A/r,理想電壓

表匕測(cè)量定值電阻兩端的電壓，據(jù)歐姆定律可得，△/=△//?,由于r<2則4U2<△

故A錯(cuò)誤，D正確；

8、電流表測(cè)量干路電流，將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，總電阻減小，則干路電流增

大，電流表A的示數(shù)變大，故B錯(cuò)誤；

C、電壓表/測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端電壓，將定值電阻&看作內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路歐姆定

律可知，2=7+&,故C正確；

故選：CD。

分析電路可知，開(kāi)關(guān)S閉合，滑動(dòng)變阻器與定值電阻R串聯(lián)后接在電源兩端。

將滑動(dòng)變阻器的滑片向下滑動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻減小，電路總電阻減小，電

路電流增大。

電壓表匕測(cè)量滑動(dòng)變阻器兩端電壓，將定值電阻扁看作內(nèi)阻分析。

此題是電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確各電表各測(cè)量哪部分電路的

電壓或電流，再根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析求解。

7.【答案】AD

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系的應(yīng)用

【解析】解：A、由圖可知，碰撞前紅壺的速度%=2m/s,碰撞后瞬間藍(lán)壺的速度方=

1.5m/s,兩冰壺質(zhì)量相等，設(shè)冰壺質(zhì)量為，力兩冰壺碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后

紅壺的速度為巧，以碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得:mv0=mvj4-

mv2,代入數(shù)據(jù)解得：Vi=0.5m/s,故4正確；

3、兩壺碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為：

j-,

△瓦=-1mv^7--1mvt717

兩壺從碰后到停止損失的總機(jī)械能為：

r?1212

=mV

△E2~~2一22，

第12頁(yè)，共20頁(yè)

代入數(shù)據(jù)解得：^-=1，故B錯(cuò)誤；

△七2，

C。、由牛頓第二定律可知碰前紅壺的加速度為:的=色吧==竺=生2m/s2=

1m「紅dAt1-0'

0.5m/s2

解得：N紅=0.05

由圖像結(jié)合相似三角形規(guī)律可知：用多=爭(zhēng)

1-(J。2-U

解得：±2=5s

則碰后藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：△t=J-1=5s-Is=4s；

由牛頓第二定律可知碰后藍(lán)壺的加速度為：=誓=〃盛g=翳=登m/s2=

0.375m/s2

解得:〃點(diǎn)=0.0375

所以：〃々：〃施=0。5：0.0375=3：4,故C錯(cuò)誤，。正確；

故選：AD.

兩冰壺碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求出碰撞后紅壺的速度；根據(jù)能量守

恒求出兩壺在碰撞過(guò)程中，損失的機(jī)械能和兩壺從碰后到靜止損失的總機(jī)械能之比；

根據(jù)圖示圖象求出紅壺的加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出t2；求出藍(lán)壺的加速度，應(yīng)用牛

頓第二定律求出兩壺受到的摩擦力，然后求出動(dòng)摩擦系數(shù)之比。

本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意與圖示圖線(xiàn)分析清楚壺的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的

前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律與幾何知識(shí)可以解題。

8.【答案】AD

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)、閉合電路歐姆定律、電磁感應(yīng)中的功能問(wèn)題

【解析】解：A、線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前的過(guò)程，對(duì)線(xiàn)框和重物組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)能定理得:

2

4m5Lsin0=|(m+4m)v,解得線(xiàn)框右邊cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。骸?”更，

故A正確；

B、線(xiàn)框能夠勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，受力平衡，對(duì)線(xiàn)框有7=8〃=岑&,對(duì)重物有7=

聯(lián)立解得"小蟲(chóng),

4mgsin0,故B錯(cuò)誤;

C、線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電流做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少，為W=4mg(2L)sinff=

4mgL,故C錯(cuò)誤；

。、線(xiàn)框〃邊在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)線(xiàn)框橫截面的電荷量為勺=〃=督=黃=

Ji儼,故力正確。

故選：AD.

對(duì)線(xiàn)框進(jìn)入磁場(chǎng)前的過(guò)程，對(duì)線(xiàn)框和重物組成的系統(tǒng)利用動(dòng)能定理列式，即可求出線(xiàn)框

右邊4剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，線(xiàn)框能夠勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，受力平衡，由平衡條

件和安培力與速度的關(guān)系求解磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；線(xiàn)框通過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，電流做

的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少；根據(jù)q=〃求通過(guò)線(xiàn)框橫截面的電荷量。

解答本題時(shí)，要把握系統(tǒng)遵守的力學(xué)規(guī)律，如共點(diǎn)力平衡條件、系統(tǒng)的能量守恒。對(duì)于

電荷量，也可以根據(jù)q=￥求解。

9.【答案】2.030扣(鏟7ngsina=刎($-)*)2

【知識(shí)點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律

【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺的精度為0.05mm,其讀數(shù)等于主尺與游標(biāo)尺的示數(shù)之和，所

以遮光門(mén)的寬度d=20mm+6x0.05mm=20.30mm=2.030cm：

(2)當(dāng)滑塊通過(guò)光電門(mén)2的速度/=3其動(dòng)能垢=加(鏟；

(3)從光電門(mén)1到光電門(mén)2的若機(jī)械能守恒，則有：mgxsina=,將測(cè)量

22

數(shù)據(jù)代入后得：mg-X-sina=|m(^)-1m(^)0

故答案為:(1)2.030；(2))鑼?zhuān)?3)mg-x?sina=如($2_加/)2

(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺與游標(biāo)尺的示數(shù)之和；

(2)先求出滑塊經(jīng)過(guò)光電門(mén)2的速度，再由動(dòng)能的公式求出動(dòng)能；

(3)由機(jī)械能守恒倒推出需要驗(yàn)證的表達(dá)式。

解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的操作的一般步驟，掌握紙帶的處理方法，會(huì)通過(guò)紙帶求解瞬

時(shí)速度，從而得出動(dòng)能的增加量，再計(jì)算出重力勢(shì)能的減小量，從而寫(xiě)出表達(dá)式。

10.【答案】歐姆調(diào)零旋鈕80三管:

xbLb

【知識(shí)點(diǎn)】實(shí)驗(yàn)：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻

【解析】解：(1)使用歐姆表時(shí)，先選倍率后，把兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使

指針指在最右端。

圖甲所示的歐姆表的示數(shù)為R=8x100=800；

第14頁(yè)，共20頁(yè)

(5)當(dāng)鉛筆芯長(zhǎng)為x接入電路時(shí)，根據(jù)歐姆定律可以得到：U=公XE,而刈=2,

聯(lián)立得到《=2+葛義3,顯然§-3是線(xiàn)性關(guān)系，那么圖象的橫比標(biāo)為L(zhǎng)

從圖象的縱截知，b=g所以E=%再?gòu)膱D象的斜率看k=?,所以r=黑

EbERbL

故答案為：(1)歐姆調(diào)零旋鈕、80；(5)k：、,

(1)測(cè)電阻之前要進(jìn)行歐姆調(diào)零，其讀數(shù)為指針的示數(shù)與倍率的乘積；

(5)根據(jù)閉合電路歐姆定律寫(xiě)出卜的表達(dá)式，結(jié)合題目所給圖象的斜率和縱截距求電動(dòng)勢(shì)

和內(nèi)阻。

本題考查了類(lèi)似伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，考查了歐姆表的使用、圖象法測(cè)電源

電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)處理等，應(yīng)用串聯(lián)并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可得到結(jié)果。

11.【答案】解：(1)撤去拉力瞬間凹槽的速度最大，設(shè)為巧設(shè)拉力對(duì)凹槽做功為卬，

設(shè)在拉力作用下凹槽的位移為與，

從凹槽開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑塊落入凹槽過(guò)程，凹槽的位移大小x=3.28m,速度大小v=2Am/s,

凹槽質(zhì)量M=0.2kg,對(duì)凹槽，由動(dòng)能定理得：

在拉力作用下：小一“Mg/哧-0

從凹槽開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到滑塊落入凹槽過(guò)程：W-Wgx=^MV2-0

代入數(shù)據(jù)解得：vm=4m/s

(2)對(duì)凹槽，由牛頓第二定律得：

在拉力作用下：F-fiMg=Max

撤去拉力后：(iMg=Ma2

設(shè)凹槽孕加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為以，勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，

由勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間公式得：vm-a^,v=vm-a2t2,

設(shè)滑塊到達(dá)A時(shí)的速度大小為以，滑塊從釋放到運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)過(guò)程，

由動(dòng)能定理得：mgR(^l—cos60°)=jmvj-0

AB的長(zhǎng)度s=3m,滑塊在AB上做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：「3=：

滑塊離開(kāi)3點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)的t4="+t2-t3

設(shè)兩水平軌道的高度差為〃，貝I：h=\gtl

代入數(shù)據(jù)解得：h=0.8m

答：(1)凹槽運(yùn)動(dòng)的最大速度大小是4m/s,方向水平向左；

(2)兩個(gè)水平軌道間的高度是0.8m。

【知識(shí)點(diǎn)】動(dòng)能和動(dòng)能定理、牛頓第二定律

【解析】(1)撤去拉力瞬間凹槽的速度最大，對(duì)凹槽，由于動(dòng)能定理可以求出其最大速

度。

(2)由于牛頓第二定律求出凹槽的加速度，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出凹槽的加速運(yùn)動(dòng)與減速

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；由于動(dòng)能定理求出滑塊到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度,滑塊在A8上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，

離開(kāi)B后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求出兩水平軌道間的高度。

本題是一道力學(xué)綜合題，物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程復(fù)雜，難度較大，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確

解題的關(guān)鍵，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理可

以解題.

12.【答案】解：(1)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)后，由動(dòng)能定理得q%詔

進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速率為=J警

(2)設(shè)粒子以速度口進(jìn)入磁場(chǎng)，與磁場(chǎng)邊界的夾角為a,最大距離為x

在磁場(chǎng)中有quB=

最大的距離％=/?(1-cosa)

粒子沿水平方向的速度為%=vsina

由以上各式解得X=yL=

sintrLtan^2

(3)粒子在(?「時(shí)間內(nèi)，不發(fā)生偏轉(zhuǎn)沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)垂直射入勻強(qiáng)磁，粒子打在感光膠片上

的位置與射入點(diǎn)O的距離為X。

在磁場(chǎng)中有=my-

K。

xo=

由以上兩式解得出=2L

粒子在0-(的時(shí)間內(nèi)，發(fā)生偏轉(zhuǎn)作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度為％速度的

偏轉(zhuǎn)角為0

根據(jù)幾何關(guān)系有"=焉

在磁場(chǎng)中有quB=

粒子打在感光膠片上的位置與射入點(diǎn)。的距離為x'

x'=2Rrcosp

第16頁(yè)，共20頁(yè)

由以上三式解得x'=2A

粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的最大偏轉(zhuǎn)距離y=[ad=4>殍

感光長(zhǎng)度為X=詈+X'一％0

由以上各式解得久

答：(1)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率為陛；

yjm

(2)當(dāng)粒子以磁場(chǎng)左邊界成a角的速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子距磁場(chǎng)左邊界的最大距離為

Ltan-；

2,

(3)所有粒子打在磁場(chǎng)左邊界感光膠片上的感光長(zhǎng)度為

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理求得速度；

(2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)幾何關(guān)系求得最大距離；

(3)分別計(jì)算0-3和(?T時(shí)間內(nèi)的位移，再進(jìn)行判斷求解。

考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的實(shí)際應(yīng)用，關(guān)鍵掌握在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)做勻速

圓周運(yùn)動(dòng)，分別根據(jù)對(duì)應(yīng)公式求解。

13.【答案】ABD

【知識(shí)點(diǎn)】布朗運(yùn)動(dòng)、氣體壓強(qiáng)的微觀意義、分子動(dòng)能、晶體和非晶體的性質(zhì)、液體的

表面張力

【解析】解：4懸浮在液體中的微粒受到液體分子對(duì)它的撞擊作用，這種撞擊作用的不

平衡性引起微粒做布朗運(yùn)動(dòng)，故4正確；

A當(dāng)容器內(nèi)氣體吸熱膨脹時(shí)，如果吸收的熱量Q小于對(duì)外做的功W,由熱力學(xué)第一定律：

△U=Q+勿，可知?dú)怏w內(nèi)能減小，氣體分子的平均動(dòng)能減小，故B正確；

C.當(dāng)水的溫度升高時(shí)，平均動(dòng)能變大，水分子的平均運(yùn)動(dòng)速率會(huì)增大，不能判斷單個(gè)的

水分子運(yùn)動(dòng)情況，故C錯(cuò)誤；

D處于完全失重狀態(tài)的水滴呈球形，這是表面張力有使液體收縮的趨勢(shì)，使得水滴呈現(xiàn)

為球形，故。正確；

E.單晶體有規(guī)則的幾何形狀，多晶體沒(méi)有規(guī)則的幾何形狀，金屬屬于多晶體，故E錯(cuò)誤；

故選：ABD.

布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子撞擊懸浮在液體中的微粒引起的；

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析：

溫度變化，只能判斷平均動(dòng)能變化，不能判斷單個(gè)分子運(yùn)動(dòng)速率；

液體表面張力使水滴呈球形；

根據(jù)有無(wú)規(guī)則形狀的特點(diǎn)，判斷單晶體和多晶體。

本題考查布朗運(yùn)動(dòng)、熱力學(xué)第一定律、液體表面張力、內(nèi)能、以及單晶體與多晶體的區(qū)

別，要求學(xué)生對(duì)相應(yīng)物理概念的準(zhǔn)確理解。

14.【答案】解：⑴設(shè)初始時(shí)小氧氣瓶中氣體的體積為％,壓強(qiáng)為po,抽出氧氣后小氧

氣瓶中剩余氣體的壓強(qiáng)為Pi，當(dāng)壓強(qiáng)變?yōu)镻i時(shí)，其體積膨脹為匕

根據(jù)玻意耳定律可得：p0V0=PiV1,解得匕=50L

每罐氧氣瓶中被壓入大氧氣瓶中的氣體，在室溫和Pi條件下的體積為V'i=