2021屆廣東省高考物理模擬試卷(一)(含答案解析)

2021屆廣東省高考物理模擬試卷（一）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.在演示光電效應的實驗中，原來不帶電勢一塊鋅板與靈敏驗電器相連接.用弧光照射鋅板時,

驗電器的指針就張開一個角度，如圖所示.這時（）

弧光燈

式

不

A.鋅板帶負電，指針帶正電B.鋅板帶負電，指針帶負電

C.鋅板帶正電，指針帶負電D.鋅板帶正電，指針帶正電

2,十六世紀末，伽利略創(chuàng)立了更能深刻地反映自然規(guī)律的理想實驗方法，將可靠的事實和理論思

維結(jié)合起來，推翻了已在歐洲流行將近兩千年的亞里士多德關于力和運動的理論，開啟了物理

學發(fā)展的新紀元.

在以下四種說法中，與亞里士多德觀點相反的是（）

A.四匹馬拉的車比兩匹馬拉的車跑得快；這說明，物體受的力越大，速度就越大

B.一個運動的物體，如果不再受力了，它總會逐漸停下來；這說明，靜止狀態(tài)才是物體長時間

不受力時的“自然狀態(tài)”

C.兩物體從同一高度自由下落，較重的物體下落得較快

D.一個物體維持勻速直線運動不需要力

3.如圖所示，傳送帶與地面的傾角。，傳送帶以v勻速運動，在傳送帶底

端無初速地放置一個質(zhì)量為根的物體，當物體上升高度/2時，物體已

經(jīng)相對傳動帶靜止，在這個過程中分析正確的是

1

A.動能增力口mghB.動能增加

1,1

C.機械能增加mghD.重力勢能增加mgh+嚴1丫2

如圖所示，一理想變壓器的原線圈匝數(shù)為2=1100匝，副線圈

匝數(shù)為電=io。匝，電阻R=io。，原線圈接入一電壓u=

220位sinl007rt（V）的交流電源，電壓表和電流表對電路的影響

可忽略不計，則（）

A.副線圈交變電流的頻率是100HzB.t=0.02s時，電壓表的示數(shù)為。

C.電流表的示數(shù)為2AD.變壓器的輸入電功率為40W

5.如圖質(zhì)子（陽）、笊核6"）和a粒子乙He）都沿平行板電容器兩板中線。。'方向垂直于電場線射入

板間的勻強電場，射出后都打在同一個與0。'垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點。則下列說

法中正確的是（）

0?..............................（）'

I=

A.若它們射入電場時的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點

B.若它們射入電場時的動量相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點

C.若它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點

D.若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點

6.下列說法正確的是（）

A.磁場中某點的磁感應強度的大小和方向與放在該點的導體受力情況無關

B.磁場看不見、摸不著，實際不存在，是人們假想出來的一種物質(zhì)

C.磁場中某點的磁感應強度的方向就是放在該點的一段通電導體的受力方向

D.場中某點的試探電流元不受磁場力作用時，該點磁感應強度值大小為零

7.如圖甲所示，一長為/的輕繩，一端穿在過。點的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一質(zhì)量未知的小球，

整個裝置繞。點在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動.小球通過最高點時，繩對小球的拉力F與其速度平方后的關

系如圖乙所示，重力加速度為g,下列判斷正確的是（）

”.2

A.圖象函數(shù)表達式為F=??1丁+zng

B.重力加速度g=y

C.繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，得到的圖線斜率更大

D.繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖線6點的位置左移

二、多選題（本大題共3小題，共16.0分）

8.如圖1所示，將一光滑的足夠長的斜面固定在水平面上，其傾角為8,在斜面的中間位置放置一

質(zhì)量為優(yōu)可視為質(zhì)點的滑塊，并用銷釘將其鎖定，現(xiàn)在該滑塊上施加一平行于斜面向上的外力

F,同時將鎖定解除，滑塊由靜止開始沿斜面運動，滑塊在開始的一段時間內(nèi)，其機械能E隨位

移尤的變化規(guī)律如圖2所示。其中0?%為曲線、為平行于x軸的直線。貝1K）

X1X2

A.0?xi的過程中滑塊的運動方向沿斜面向下

B.0?%的過程中滑塊的加速度逐漸減小到零

C.0?小的過程中滑塊先沿斜面向下做加速運動再沿斜面向下做勻速運動

D.々?4的過程中滑塊的加速度大小為gs譏。

9.在如圖所示的電路中，閉合開關S,當滑動變阻器的滑片尸從最頂端向下滑

動時（）%丁

A.電壓表⑦的示數(shù)先變大后變小

B.電流表?的示數(shù)變大-----

C.電壓表⑨的示數(shù)先變小后變大

D.電流表⑥的示數(shù)先變大后變小

10.如圖所示，半徑分別為R和2R的甲、乙兩薄因盤固定在同一轉(zhuǎn)軸上，距弋

地面的高度分別為2人和人，兩物塊a、b分別置于圓盤邊緣，a、b與圓甲;口

盤間的動摩擦因數(shù)〃相等，轉(zhuǎn)軸從靜止開始緩慢加速轉(zhuǎn)動，觀察發(fā)現(xiàn)，a乙-T|

離開圓盤甲后，未與圓盤乙發(fā)生碰撞，重力加速度為g,最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，則（）

A.動摩擦因數(shù)〃一定大于答

B.離開圓盤前，。所受的摩擦力方向一定指向轉(zhuǎn)軸

C.離開圓盤后，。運動的水平位移大于6運動的水平位移

D.若〃=黑.落地后6到轉(zhuǎn)軸的距離之比為VILV14

三、填空題(本大題共2小題，共9.0分)

11.若一定質(zhì)量的理想氣體分別按圖所示的三種不同過程變化，其中表示等容變

化的是(填“aTb"、“6-c”或"c-d”),該過程中氣體的內(nèi)能

(填“增加”、“減少”或“不變”).

12.某地有一秒擺(周期是2秒)，貝U：

(1)僅將其擺長縮短為原來的%其它條件不變，則其周期變?yōu)槊耄?/p>

(2)僅將其質(zhì)量增大為原來的4倍，其它條件不變，則其周期變?yōu)槊?

(3)僅使其振幅減小為原來的%其它條件不變，則其周期變?yōu)槊?

四、實驗題(本大題共2小題，共16.0分)

13.做“驗證力的平行四邊形定則”實驗時，其中的三個實驗步驟是:

(1)在水平放置的木板上鋪一張白紙，把橡皮條的一端固定在木板上，另一端拴兩根細線，通過細線

同時用兩個彈簧測力計互成角度地拉橡皮條，使它與細線的結(jié)點達到某一位置。，在白紙上記

下。點和兩彈簧測力計的讀數(shù)Fi和尸2.

(2)在紙上根據(jù)6和心的大小，應用平行四邊形定則作圖求出合力F.

(3)只用一個彈簧測力計通過細線拉橡皮條，使它的伸長量與兩個彈簧測力計拉時相同，記下此時彈

簧測力計的讀數(shù)F'及細繩的方向.

以上三個步驟中均有錯誤或疏漏，指出錯在哪里？

在(1)中是

在(2)中是

在(3)中是.

14.在“測電池的電動勢和內(nèi)阻”的實驗中，可用以下給定的器材和一些導線來完成實驗.

器材：待測干電池E一節(jié)，電壓表V,電流表A,滑動變阻器R](0?10。)，滑動變阻器&(0?200。)，

開關S.(結(jié)果均保留2位小數(shù)).

(1)為方便實驗調(diào)節(jié)且能較準確地進行測量，滑動變阻器應選用(填&或R2>

(2)實驗所用電路如圖甲所示，請用筆畫線代替導線在圖乙中完成實物連接圖，要求保證電鍵在閉合

前滑動變阻器的滑片處于正確的位置.

(3)該同學根據(jù)實驗數(shù)據(jù)得到圖丙中的圖象b,則他根據(jù)圖象》求得電源電動勢石=V,內(nèi)電

阻r=僅

(4)丙圖中。圖線是某電阻R的伏安特性曲線，該同學將該電阻R與本實驗中的所用的電池連成一閉

合電路，此時電阻R消耗的電功率是W.

(5)假如本實驗中所使用的電壓表的內(nèi)阻很大(可視為理想電壓表)，而電流表是具有一定的內(nèi)阻(不可

忽略)，則根據(jù)本實驗原理圖所測得的電源電動勢值將，內(nèi)電阻值將.(選填“偏

大”、“偏小”、“不變”)

五、計算題(本大題共4小題，共43.0分)

15.如圖矩形區(qū)域油〃為有界勻強電場、勻強磁場的邊界，、對角線為電場

和磁場的分界線，且與6c邊夾角為60。，be=5m,電場強度為E=6.0X

1()4N/C,在be邊界上尸點有一放射源，在紙面所在的平面內(nèi)向磁場中的各

個方向發(fā)射質(zhì)量為m=1.0x10-20的、電荷量為q=1.0xI。一12c的正電

粒子，粒子的發(fā)射速度相等，bP=^m,已知射入電場的粒子在磁場中

3

運動的最長時間為兀X10-65,并且其軌跡恰好與加相切.求：

(1)勻強磁場的磁感應強度及粒子的速度大小;

(2)射入電場的粒子在磁場中運動的最短時間;

(3)在(2)問前提下，粒子射出電場的位置.

16.在水平長直的軌道上，有一長度L=2爪的平板車，質(zhì)量M=3kg,以%=4m/s的速度做勻速

直線運動，某時刻將一質(zhì)量為爪=1kg的小滑塊輕放到車面的中點，滑塊與車面間的動摩擦因

數(shù)為4=0.2,求：

nf兆

[._____________

(1)為使滑塊恰好不從車的左端掉下，當滑塊放到車面中點的同時對該滑塊施加一個恒力E該恒力

尸最小值及作用時間；

(2)若F=8N,為使滑塊不從車上掉下，則力尸作用的時間T應在什么范圍？

17.若一定質(zhì)量的理想氣體分別按如圖所示的三種不同過程變化，A圖中的曲線為雙曲線，其中表

示等溫變化的是；表示等壓變化的是(選填"A"、或“C”)，在等壓變化

過程中氣體的內(nèi)能(選填“增加”、“減少”或“不變”).

18.一列簡諧橫波，某時刻的波形圖如圖甲所示。從該時刻開始計時，波上A質(zhì)點的振動圖象如圖

甲乙

(1)寫出該簡諧波的波長入周期T和傳播方向；

(2)該簡諧波的傳播速度v的大小是多少？

(3)寫出1.5s時。點的縱坐標(不要求寫求解過程)。

【答案與解析】

1.答案：D

解析：解：鋅板在弧光燈照射下，發(fā)生光電效應，有光電子逸出，鋅板失去電子帶正電，驗電器與

鋅板相連，導致指針帶正電.故。正確，A、B、C錯誤.

故選：D.

用弧光燈照射鋅板，發(fā)生光電效應，鋅板失去電子，從而可以得出鋅板和指針的電性.

解決本題的關鍵知道光電效應的成因，以及知道金屬失去電子帶正電.

2.答案：D

解析：解：4亞里士多德的多數(shù)結(jié)論來自觀察.用四匹馬和兩匹馬拉車，車在運動的過程中所受的

摩擦力相同，兩次都是勻速運動故尸=八但四匹馬的功率大于兩匹馬的功率，根據(jù)P=Fv,可知u=

￡=g故認為物體受力越大，速度越大的觀點是錯誤的，故A選項是亞里士多德的觀點.故A錯誤;

卜J

2、一個物體不受力就會逐漸停下來，是因為物體受到了地面的摩擦力，而不是因為不受力.故2

選項是亞里士多德的觀點.故8錯誤；

C、兩個物體從同一高度自由下落，較重的下落的快，是因為重的物體所受的摩擦力相對于重力來說

小，其加速度就大.如果沒有空氣的阻力兩物體應同時到達地面.故C選項是錯誤的，是亞里士多

德的觀點.故C錯誤；

。、物體之所以運動，不是因為受力，而是由于慣性，故維持物體的運動不需要力.故。選項是正

確的.是伽利略的觀點，與亞里士多德的觀點相反.故。正確.

故選：D

亞里士多德的觀點多來自對自然地觀察，往往忽略了摩擦力對物體的影響，而物體的自然屬性是運

動，維持運動不需要力，是物體的慣性.

本題主要考查物理學史，解決這類題目的唯一捷徑是要加強對這方面知識的積累.

3.答案：B

解析：

本題的關鍵是明確動能、重力勢能以及機械能的定義及計算。

本題考查了功能關系；動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化。理解記憶物理概念和規(guī)律是學好物理的關鍵。

48.由動能的定義可知，物體的動能增加JjWV?,而重力勢能增加相g/z,故A錯誤，8正確；

2

C.物體機械能增加為MgA+QjwJ,故C錯誤；

。.物體重力勢能增加為mgh,故。錯誤。

故選瓦

4.答案:D

解析：解：A、電流的頻率是由電壓決定的，所以原副線圈中電流的頻率是一樣的，都為50%,所

以A錯誤.

2、電壓表的示數(shù)為電路的有效電壓的大小，輸入電壓的有效值為220H根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之

比可知；副線圈的最有效的電壓為20匕所以電壓表V的示數(shù)為20匕所以8錯誤.

C、電阻R的電流為辦=黑=24根據(jù)原副線圈的電流與匝數(shù)程反比可以求得原線圈的電流為224,

所以C錯誤.

變壓器的輸入功率和輸出功率是相等的，由C已經(jīng)求出R的電壓為20V,所以R的功率為乃=變=

R10

40W,故。正確.

故選：D.

根據(jù)電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得

出結(jié)論.

本題考查變壓器原理及交流電表達式的認識；掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，

本題即可得到解決

5.答案：B

解析：解：三個粒子進入勻強電場中都做類平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，豎直方向上做

初速度為零的勻加速直線運動，則得到：

加速度為：。=歿

m

偏轉(zhuǎn)距離為：y=|at2,

運動時間為：t=5

v0

聯(lián)立三式得：y=羋與；

'2rrtVQ

根據(jù)出射速度反向延長線過水平位移的中點可知，如果y相同，則粒子打在熒光屏上的位置相同，y

不同，則粒子打在熒光屏上的位置不相同。

A、若它們射入電場時的速度相等，y與比荷成正比，而三個粒子中質(zhì)子的比荷最大，笊核和a粒子

的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個亮點，故A錯誤；

B、若它們射入電場時的動量相等，）;=羋與=廣/，可見y與步7成正比，三個粒子的q相都不

同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個亮點，故8正確；

C、若它們射入電場時的動能相等，則y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個亮點，故C錯誤；

D、若它們是由同一個電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的，設加速電壓為U,則有：qU=|zn詔，

根據(jù)推論可知y=黑，解得：y=霽，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點，故。錯誤。

故選：瓦

質(zhì)子、笊核和a粒子帶電量和質(zhì)量不全相同，進入同一電場時加速度不同，做類平拋運動，在水平方

向做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，推導出偏轉(zhuǎn)位移的表達式，再進

行分析。

此類題目屬于類平拋運動，解題關鍵注意水平方向勻速，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，

兩個方向的運動具有等時性，掌握類平拋運動的規(guī)律是關鍵。

6.答案：A

解析：解：4磁場中某點的磁感應強度的大小和方向是由磁場本身決定的，與放在該點的導體受力

情況無關。故A正確。

2、磁場是存在于磁體周圍周圍的一種特殊物質(zhì)，它與實物粒子不同，場看不見，摸不到，但又確定

存在，故8錯誤；

C、根據(jù)左手定則可知，通電導線在磁場中的受力方向與磁場方向相互垂直；故C錯誤；

。、一小段通電導體在磁場中某處不受磁場力，可能導體與磁場平行，因此磁感應強度不一定為零。

故。錯誤。

故選：Ao

磁場是存在于磁體周圍周圍的一種物質(zhì)，它與實物粒子不同，場看不見，摸不到；在磁場中磁感應

強度有強弱，則由磁感應強度來描述強弱。將通電導線垂直放入勻強磁場中，即確保電流方向與磁

場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導線的電流與長度乘積之比。

磁感應強度的定義式8可知，是屬于比值定義法。即8與尸、/、乙均沒有關系，它是由磁場的本

身決定。

7.答案：B

22

解析：解：A、小球在最高點，根據(jù)牛頓第二定律有：F+mg=m亍,解得F=m亍—mg,故A錯

誤。

B、當F=0時，根據(jù)表達式有：mg=my,解得g=亍=,，故8正確。

C、根據(jù)尸=機手-爪9知，圖線的斜率k=:,繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，斜率更小，故C

錯誤。

D、當尸=0時，g=*可知b點的位置與小球的質(zhì)量無關，繩長不變，用質(zhì)量較小的球做實驗，圖

線6點的位置不變，故。錯誤。

故選：Bo

在最高點，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律求出拉力的表達式，結(jié)合圖線

的橫軸截距以及斜率分析判斷.

本題主要考查了圓周運動向心力公式的直接應用，要求同學們能根據(jù)圖象獲取有效信息，再結(jié)合向

受力分析和牛頓第二定律進行分析求解.

8.答案：AD

解析：解：4開始時只有拉力與重力做功，拉力做的功等于小物塊機械能的增加，由圖乙可知，開

始時滑塊的機械能減小，則拉力做負功，所以滑塊運動的方向向下。故A正確；

B、由/冷-S可知，即圖乙中，圖線的斜率表示拉力的大小，由題可知，該拉力逐漸減小。

滑塊受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根據(jù)牛頓第二定律可得：ma=mgsind-F,貝U：a=

mgsinO-F

m

可知在。?尤i的過程中滑塊的加速度逐漸增大。故B錯誤；

C、D、々?冷的過程中滑塊的機械能保持不變，可知拉力F已經(jīng)減小為0,所以物體只受到重力和

支持力，沿斜面方向：ma=mgsind

所以加速度大小為gs出仇所以在0?盯的過程中滑塊先沿斜面向下做加速度增大的加速運動，再沿斜

面向下做勻加速運動。故C錯誤，。正確。

故選：AD.

小物塊運動的過程中重力和拉力對小物塊做功，拉力做的功等于小物塊機械能的增加，由△E=W=

F初?S結(jié)合圖線的變化特點即可得出拉力的變化情況，然后進一步分析小物塊的運動的特點；結(jié)合功

能關系分析小物塊的機械能的變化與動能的變化，由牛頓第二定律分析加速度。

該題中，圖乙是小物塊的機械能隨位移的變化情況，不是小物塊的動能隨位移變化的情況，所以要

注意區(qū)分是合外力做功，還是除重力外的合外力做功。

9.答案：AB

解析：解：由圖可知，滑動變阻器上、下部分電阻并聯(lián)后與R串聯(lián)；電壓表測量電源兩端的電壓；

電流表測量變阻器下部分的電流。

設滑動變阻器中P以上部分的電阻為Rx，滑動變阻器的總阻值為島,則變阻器在電路中的總阻值R'=

*:),當%=多時，距最大，尸從最頂端向下滑動時，回路中的總電阻先增大，后減小，則路端

電壓先增大后減小，所以電壓丫的示數(shù)先變大后變小。

當P滑向中點時，R'增大，外電阻總電阻R總增大，總電流/減小，路端電壓增大，四減小，變阻器

的電壓增大，而下部分的電阻減小，所以電流表A的示數(shù)變大。

當P滑過中點后，R'減小，外電阻總電阻R總減小，總電流/增大，路端電壓減小，%增大,則變阻

器的電壓減小，而上部分的電阻增大，則通過變阻器上部分的電流減小，所以電流表A的示數(shù)變大，

故A、8正確。C、D錯誤

故選：ABo

明確電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)滑動變阻器接入明確電阻的變化，則可由閉合電路歐姆定律分析電流的變化，

從而明確路端電壓的變化；再對局部電路進行分析，即可明確電流表的變化.

本題考查閉合電路歐姆定律的應用，關鍵在于明確滑動變阻器上下為并聯(lián)關系，要注意分析電阻的

變化規(guī)律.

10洛案：BD

解析：解：BCD,由分析可知，兩物塊隨圓盤轉(zhuǎn)動的角速度相同，離開圓盤前，摩擦力充當向心力，

指向轉(zhuǎn)軸，當最大靜摩擦力提供物體向心力時，此時的角速度為物體隨圓盤做圓周運動的最大角速

度，為臨界角速度，根據(jù)牛頓第二定律得：iimbg=2mbR^,解得6物體滑離圓盤乙的臨界角速度

為3b=居,同理：。物塊的臨界角速度為=舊,由于仙＜為，所以一定是b物塊先離開圓盤，

離開圓盤后，物塊做平拋運動，對b物體的水平位移為&=%,,t=2R3b?而，同理：a

物體的水平位移久a=%.t=R3a?=2壯標,離開圓盤后a的位移等于b的水平位移,若〃=胃

時，。的落地點距轉(zhuǎn)軸的距離為/=飛R2+好=VHR,同理，6的落地點距轉(zhuǎn)軸的距離為4=

J(2R)2+其=ER,故":Xb=VT1：V14,故3。正確，C錯誤。

A、物塊a滑離圓盤時，未與圓盤乙相碰，如圖所示，由幾何知識知：物體”的到達圓盤乙的平面時，

其位移最小值為譏=J(2R)2—R2,據(jù)平拋運動可知，X—R3a-t—Ro>a-[g>Xmin,解得：〃>

親故A錯誤。

故選：BD。

據(jù)牛頓第二定律，最大靜摩擦力提供物體向心力時，求解物塊的臨界角速度，可判斷八6誰先滑離

圓盤；

根據(jù)線速度公式U=R3結(jié)合臨界角速度可求解物塊做平拋運動的初速度，求出平拋的水平位移大小,

再結(jié)合幾何知識可求物塊落地時據(jù)轉(zhuǎn)軸的距離；

根據(jù)物塊。離開圓盤甲時未與圓盤乙相碰，求出其下落至圓盤乙時的最小位移，結(jié)合平拋的水平位

移公式求出〃值的范圍。

解決本題的關鍵是正解分析兩個木塊做圓周運動的向心力來源，把握臨界條件，運用牛頓第二定律

進行分析其臨界加速度，根據(jù)平拋運動求解其水平位移以及離轉(zhuǎn)軸的距離。

11.答案：a-b；增加

解析：解:由理想氣體的狀態(tài)方程?=C可知，在體積V不變時，氣體壓強尸與熱力學溫度T成正

比，由圖象可知，a—b過程中，氣體壓強與另一個狀態(tài)參量成正比，因此圖象的橫軸表示氣體的熱

力學溫度T,a-b過程中，是等容變化，體積不變，6-C過程是等溫變化，體積變大，c—d是等

壓變化，體積變大，因此表示等容變化的是a一6過程，在該過程中，壓強變大，溫度升高，氣體的

內(nèi)能增加.

故答案為：arb,增加

根據(jù)圖象所示氣體壓強的變化規(guī)律，應用理想氣體的狀態(tài)方程，分析氣體的狀態(tài)變化，判斷其它狀

態(tài)參量如何變化，根據(jù)氣體溫度變化情況，判斷氣體內(nèi)能如何變化.

熟悉理想氣體狀態(tài)方程及其應用，知道理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關是解決本題的關鍵.

12.答案：1；2；2

解析：解：根據(jù)單擺的周期公式T=27r2知，擺長縮短為原來的四分之一，則周期變?yōu)樵瓉淼亩?/p>

之一，周期為1s.

根據(jù)單擺的周期公式7=2兀]知，擺球的質(zhì)量增大為原來的4倍，周期不變，還為2s.

根據(jù)單擺的周期公式T=2兀知，當振幅減小，周期不變?yōu)?s.

故答案為：(1)1；(2)2；(3)2

根據(jù)單擺的周期公式T=分析.

解決本題的關鍵知道單擺的周期與擺長和當?shù)氐闹亓铀俣扔嘘P，與擺球的質(zhì)量和振幅無關.

13.答案：讀取西和尸2時，還應描繪后、尸2的方向；在“大小”后面加“方向”；；“使它的…相同”

改為“把橡皮條與細線的結(jié)點拉至O點”.

解析：解：該實驗采用“等效法”進行，即一個彈簧秤和兩個彈簧秤拉橡皮條與細繩套的結(jié)點時應

該拉至同一位置。點，由于力是矢量，因此在記錄數(shù)據(jù)時，不光要記錄力的大小，還要記錄其方向，

這樣才能做平行四邊形，從而驗證兩個力的合力大小和方向是否與一個力的大小和方向相同.

以上三個步驟均有錯誤或疏漏：

①中是應記下兩個細繩套的方向即&和尸2的方向，

②中是應依據(jù)鼠和尸2的大小和方向作圖,故應記下力的方向；

③中是應將橡皮條與細繩套的結(jié)點拉至同一位置。點..

故答案為：讀取&和尸2時，還應描繪Fi、尸2的方向；在“大小”后面加“方向”；

“使它的…相同”改為“把橡皮條與細線的結(jié)點拉至0點”.

明確該實驗的實驗原理，從而進一步明確實驗步驟，測量數(shù)據(jù)等即可正確解答本題.

本題比較簡單，直接考查了驗證力的平行四邊形定則時如何進行操作，對于基礎實驗一定熟練掌握

才能為解決復雜實驗打好基礎.

14.答案：(1)%；(2);(3)1.44；0.83；(4)0.63;(5)不變；不

變

解析：解：(1)為方便實驗調(diào)節(jié)且能較準確地進行測量，滑動變阻器應選用％.

(2)根據(jù)原理圖可得出實圖圖如下圖；

(3)由U-/圖可知，電源的電動勢E=1.45U；

短路電流為1.74則由閉合電路歐姆定律可知：?=詈=0.850；

(4)丙圖中a圖線是某電阻R的伏安特性曲線，則兩條圖線。、6的交點的橫、縱坐標分別表示將該

電阻R與電源連成閉合電路時通過電阻R的電流和它兩端的電壓.

電壓U=0.7V,電流/=0.94所以此時電阻R消耗的電功率是2=U/=0.63W.

(5)該接法中由于電壓表的分流而導致電流表示數(shù)偏小，所以電流表的內(nèi)阻值不會對實驗結(jié)果帶來影

響.實驗中所使用的電壓表的內(nèi)阻很大(可視為理想電壓表)，根據(jù)本實驗原理圖所測得的電源電動

勢值將不變，內(nèi)電阻值將不變.

(4)0.63.

(5)不變，不變.

(1)滑動變阻器的阻值偏小點有利于電表的數(shù)值變化范圍更廣.

(2)由原理圖將電流表與滑動變阻器串聯(lián)，將電壓表并聯(lián)在電滑動變阻器及電流表兩端，注意開關應

能控制整個電路；

(3)由圖可知，圖象由縱坐標的交點為電動勢；由圖象與橫坐標的交點利用閉合電路歐姆定律可求得

內(nèi)電阻.

(4)丙圖中a圖線是某電阻R的伏安特性曲線，則兩條圖線。、6的交點的橫、縱坐標分別表示將該

電阻R與電源連成閉合電路時通過電阻R的電流和它兩端的電壓.

根據(jù)功率公式求解.

(5)該接法中由于電壓表的分流而導致電流表示數(shù)偏小，所以電流表的內(nèi)阻值不會對實驗結(jié)果帶來影

響.

本題考查實物圖的連接、數(shù)據(jù)的處理等內(nèi)容，要求能正確理解電路的接法及實驗安全性的要求，并

能正確根據(jù)圖象得出電動勢和內(nèi)電阻.

15.答案：解：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系可知，粒子的初速度的方向向右，并

且剛好與切邊相切時，射入電場的粒子運動的時間最長，如圖：

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：qvB=華

所以：7=5

—2nr2nm

1=——=---

vqB

已知射入電場的粒子在磁場中運動的最長時間為兀X10-6S,貝!J:t=T

代入數(shù)據(jù)得：B=0.02T

粒子的半徑：r=bp-tan30°=—x—=-m

1333

10X1Q12xQQ2X

由半徑公式可得：V=^=-i=gx1Q6m/5

m1X1O-203'

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，當粒子運動的軌跡的弦長為P到切之間的距離時，弦長最短,

粒子的偏轉(zhuǎn)角可以最小，軌跡如圖：

設此時的偏轉(zhuǎn)角為a：sin^=77=^4=|

zzrzx-4

所以：a=98。

粒子運動的最短時間：W譏=券;xt?1.28x10-6s

360

(3)當偏轉(zhuǎn)角是a=98。時的時間最短，由幾何關系可知，此時入射方向與be之間的夾角是101。，則

粒子偏轉(zhuǎn)后，與水平方向之間的夾角是：

101°+98°—180°=19°,如圖

66

粒子沿水平方向的分速度：Vx=v-cosl9°=|xIOx0.9455=2.52x10m/s

-----

bM=bpcos60°=—m

粒子穿過電場的時間：t'=則"=2.29x10-7s

粒子在電場中的加速度：a=匹==6x1012m/s2

65

粒子沿豎直方向的分速度：vy=v-sinl9°=|x10x0.3255=8.68x10m/s

，2-2

粒子在豎直方向的位移：y=vyt'-|at=4.14x10m

2

射出點的位移：y0=bMcos300-y=1-4.14x10-?0.96m

答：(1)勻強磁場的磁感應強度是0.0T,粒子的速度大小gx106m/s；

(2)射入電場的粒子在磁場中運動的最短時間是1.28x10-65；

(3)在(2)問前提下，粒子射出電場的位置是在b點上方0.96爪處.

解析：(1)由洛倫茲力提供向心力，得出粒子運動的半徑公式和周期公式，結(jié)合粒子在磁場中運動時

間最長的時間條件，即可求出磁感應強度，然后由幾何關系即可求出速度；

(2)然后由幾何關系找出時間最短的條件即可求出時間；

(3)粒子進入電場后做類平拋運動，結(jié)合幾何關系即可求出.

本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)與帶電粒子在磁場中的運動，應注意題意中給出的條件；同時要

注意帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)類題目一定要畫出運動軌跡，在軌跡中尋找相關的幾何關系.

16.答案：解:(1)小滑塊剛到達車左端時與車速度相同，對應的力尸最小，設這種情況下，小滑塊

從放上車至與車速度相等經(jīng)歷的時間為K加速度為a,則

車在時間t內(nèi)位移：x=vot

小滑塊在時間t內(nèi)位移：x'=|vot

r

則：x—x=^v0=at

聯(lián)立解得：a=8m/s2,t=0.5s

根據(jù)牛頓第二定律：F+出ng=ma

解得：F=6N,

故廠應滿足的條件是：F>6NO

(2)當/作用時間最短時，滑塊到達車左端時恰好與車速度相同，設/作用時間為匕，對應的滑塊的

加速度為由,此后滑塊加速度為。2,繼續(xù)相對車滑行的時間為t2,則由牛頓第二定律得：F+iimg=

mar,)img=ma2

G時間內(nèi)小滑塊的位移：久1=得的好

t2時間內(nèi)小滑塊的位移：%2=aitit2+|a2考

車在整個時間內(nèi)的位移：X0=V0(t1+t2)

又速度關系：v0=+a2t2,位移關系：x0——x2-

由以上各式可解得：L=0.3so

當尸作用時間最長時，小滑塊滑到車右端時與車速度相等，設小滑塊從開始到速度達到處經(jīng)歷的時

間為乃，發(fā)生的位移為冷，速度達到火后的加速度為。4,此后繼續(xù)相對車滑行的時間為上，發(fā)生的位

移為無5，

貝!J：VQ—art3,x3=-art^9F-/img=ma4,

1?17

%4=v0t4+-a4t：,x5=(v