2021年廣東省江門市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.下列說法中不可砸的是（）

A.明線光譜中的明線和吸收光譜中的暗線都是特征譜線

B.德布羅意提出：實物粒子具有波動性，其動量P、波長；I滿足4

C.康普頓效應現象說明光子有能量，也有動量

D.波爾的定態(tài)理論和躍遷理論，很好地解釋了所有原子光譜的實驗規(guī)律

2.如圖所示，質量為10版的物體A拴在一個被水平拉伸的彈簧一端，彈簧

的拉力為5N時，物體A和小車均處于靜止狀態(tài).若小車以l?n/s2的加速

度向右加速運動后，則（g=10m/s2）（）

A.物體A相對小車向左運動B.物體A受到的摩擦力減小

C.物體A受到的摩擦力大小不變D.物體A受到的彈簧拉力增大

3.一質量為m=2.0kg的木箱靜止在粗糙的水平地面上，木箱與地面間的動摩擦因數〃=0.2,現

對木箱施加一沿水平方向的大小隨時間變化的拉力F,使木箱由靜止開始運動，測得0?2s內其

加速度a隨時間f變化的關系圖象如圖所示。已知重力加速度g=10m/s2,下列關于木箱所受

拉力F的大小和運動速度v隨時間r變化的圖象正確的是（）

4.關于第一宇宙速度，下列說法中正確的是（）

A.不同天體具有相同的第一宇宙速度

B.第一宇宙速度的大小只與天體的質量和半徑有關

C.第一宇宙速度也是同步衛(wèi)星的運行速度

D.第一宇宙速度是指發(fā)射同步衛(wèi)星的發(fā)射速度

5.如圖甲，A、B、C、。是某電場中一條電場線上相距較近的四點，且

A、8兩點間的距離與C、。兩點間的距離相等。有一電子以一定的

初速度且僅在電場力的作用下，沿AD由A點運動到D點，電子所經

位置具有的電勢能琢隨距A點的距離x變化如圖乙所示。則（）

A.電子在A點的速度大于在。點的速度

B.A點的電場強度小于力點的電場強度

C.A點電勢的低于B點的電勢

D.A、2兩點間的電勢差小于C、。兩點間的電勢差

6.宇航員站在一星球表面上的某高處，沿水平方向拋出一小球，經過時間小球落到星球表面,

拋出點與落點之間的距離為L.若拋出時的初速度增大到2倍，則拋出點與落點之間的距離為

應，已知該星球半徑為R,萬有引力常數G,則該星球的質量時為（）

2聞P

A.酎=三￡B.M=

7G產

c.彭二芭竺1D.

7.

銅盤，電路中會產生感應電流，通過R的電流自上而下

圖中，若該元件用金屬材料制作，則通入圖示的電流時,

上表面電勢比下表面電勢低

爐面板

圖中，給電磁爐接通恒定電流，可以在鍋底產生渦流，給

曲電線網

通電線圖產生的磁場

鍋中食物加熱

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.如圖汽車通過輕質光滑的定滑輪，將一個質量為，”的物體從井中

拉出，繩與汽車連接點A距滑輪頂點高為兒開始時物體靜止，滑

輪兩側的繩都豎直繃緊。汽車以速度北向右勻速運動，運動到跟汽

車連接的細繩與水平夾角為0=30。，則（）

A.從開始到繩與水平夾角為30。過程，拉力做功“吆人

B.從開始到繩與水平夾為30。過程，拉力做功+詔

C.在繩與水平夾角為30。時，拉力功率為mg%

D.在繩與水平夾角為30。時，拉力功率大于fmg為

9.某同學閱讀了“火星的現在、地球的未來”一文，摘錄了以下資料:

（1）太陽幾十億年來一直在不斷地釋放能量，質量在緩慢地減小。

（2）金星和火星是地球的兩位近鄰，金星位于地球圓軌道的內側，火星位于地球圓軌道的外側。

（3）由于火星與地球的自轉周期幾乎相同，自轉軸與公轉軌道平面的傾角也幾乎相同，所以火星上也

有四季變化。根據該同學摘錄的資料和有關天體運動的規(guī)律，下列推斷不正確的是（）

A.太陽對地球的引力在緩慢增大

B.日地距離在不斷減小

C.金星的公轉周期超過一年

D.火星上平均每個季節(jié)持續(xù)的時間大于3個月

io.如圖所示，48兩質量相等的物體，原來靜止在平板小車c上，

「一（二）一a：

A和8間夾一被壓縮了的輕彈簧，A、B與平板車上表面動摩擦因數之比為3：2,地面光滑.當

彈簧突然釋放后，A、B相對C滑動的過程中，則以下說法中正確的是（）

A.A、8系統(tǒng)動量守恒B.A、B、C系統(tǒng)動量守恒

C.小車向左運動D.小車向右運動

三、填空題（本大題共2小題，共8.0分）

11.一定質量的氣體，在壓縮過程中外界對氣體做功300J,但這一過程中氣體的內能減少了300J,

則氣體在此過程中是（填“吸熱/”或“放熱出”）熱量.

12.如圖所示為水平放置的兩個彈簧振子4和B的振動圖象，已知

兩個振子質量之比為m.：mB=2：3,彈簧的勁度系數之比為心:

kB=3：2,則它們的周期之比匕：TB=;它們的最大

加速度之比為以：aB=.

四、實驗題（本大題共2小題，共16.0分）

13.用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律.實驗所用的電源為學生電源，輸出電壓為6V的交

流電（頻率為50赫茲）和直流電兩種.質量為0.300kg的重錘從高處由靜止開始下落，重錘上拖

著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點痕進行測量，即可驗證機械能守恒定律.（g取9.8m/s2）

圖1圖2

（1）下面列舉了該實驗的幾個操作步驟：

A.按照圖1所示的裝置安裝器件：

8.將打點計時器接到電源的“直流輸出”上；

C釋放懸掛紙帶的夾子，再接通電源開關打出一條紙帶；

D測量紙帶上某些點間的距離；

￡根據測量的結果計算重錘下落過程中減少的重力勢能是否等于增加的動能.

其中操作不當的步驟是.

(2)實驗中得到如圖2所示的紙帶,根據紙帶可得重錘從B點到。點重力勢能的減少量等于,

動能的增加量等于.(結果保留三位有效數)

(3)在驗證機械能守恒定律的實驗中發(fā)現，重錘減小的重力勢能總是大于重錘動能的增加，其原因主

要是.

14.小明同學要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率p,步驟如下：(1)小明同學用螺旋測微器

測定某一金屬絲的直徑，測得的結果如圖所示，則該金屬絲的直徑d=rrnn.然后他又用游

標尺上標有20等分刻度的游標卡尺測該金屬絲的長度，測得的結果如圖所示，則該工件的長度

(2)然后小明又用用多用電表粗測該金屬絲的電阻：多用電表電阻擋有4個倍率：分別為xlk、x100、

x10,xl,該同學選擇x10倍率，用正確的操作步驟測量時，發(fā)現指針偏轉角度太大(指針位

置如圖中虛線所示)。為了較準確地進行測量，請你補充完整下列依次該進行的主要操作步驟:

①。

②兩表筆短接，調節(jié)歐姆調零旋鈕，使指針指在00處。

③重新測量并讀數，若這時刻度盤上的指針位置如圖中實線所示，測量結果是

(3)為了最為精確地測定該金屬絲的電阻網,且測量時要求通過金屬絲的電流在0?0.54之間變化。

根據下列提供的實驗器材，解答如下問題：

A、量程0.64內阻r=l。的電流表4

B、量程6V,內阻約為6000的電壓表V

C、電動勢為6丫的蓄電池E

D、電鍵S一個、導線若干

E、滑動變阻器％全電阻10。，允許通過最大電流24

F、滑動變阻器/?2全電阻I。。。，允許通過最大電流044

①根據上述器材和實驗要求完成此實驗，請在虛線框內畫出測量該金屬絲電阻質的實驗原理圖(圖

中元件用題干中相應的元件符號標注)。

②實驗中測得電表A示數為1,V表示數為U,其它所選的物理量題目中已給定，請寫出電阻絲的電

阻率表達式p=。

五、計算題(本大題共4小題，共44.0分)

15.如圖(a)所示，兩根足夠長的水平平行金屬導軌相距為L=0.5zn,其右端通過導線連接阻值R=

0.6。的電阻，導軌電阻不計，一根質量為m=0.2kg、阻值r=0.20的金屬棒必放在兩導軌上，

棒與導軌垂直并保持良好接觸，金屬棒與導軌間的動摩擦因數〃=05整個裝置處在豎直向下的

勻強磁場中，取g=10m/s2.若所加磁場的磁感應強度大小恒為B,通過小電動機對金屬棒施

加水平向左的牽引力，使金屬棒沿導軌向左做勻加速直線運動，經過0.5s電動機的輸出功率達

到P=10W,此后電動機功率保持不變.金屬棒運動的u-t圖象如圖(6)所示，試求:

(1)磁感應強度8的大??；

(2)在0?0.5s時間內金屬棒的加速度a的大小;

(3)若在0-0.3s時間內電阻R產生的熱量為0.15/,則在這段時間內電動機做的功為多少.

16.如圖所示，一根不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩的兩端各系一個小球。、

b.a、6兩球的質量分別為1版和女g,在離地〃處用手托住h球，此時輕繩剛好拉

緊，從靜止開始釋放后，6球落地時瞬間速度為2rn/s,取g=10m/s2,求：

(l)b球落地后，。球還能上升的高度〃是多少？

⑵釋放時b球離地高度入

(3)b球下落過程的繩子的張力F?

17.一定質量的理想氣體壓強〃與熱力學溫度T的關系圖象如圖，AB、BC分

別與p軸、T軸平行，氣體在狀態(tài)A時體積為％,則在狀態(tài)C時的體積為

;從狀態(tài)A經狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的過程中,氣體對外界做功為W,

內能增加了△U,則此過程中該氣體吸收的熱量為.

18.如圖為一半圓柱形玻璃磚的橫截面，圖中的AB為直徑，其長度為4,

3為圓心，圖中的虛線過圓心且與直徑4B垂直并與半圓交于C點。

兩束同種單色光甲、乙平行地斜射入半圓柱形玻璃磚中，甲射入玻

璃磚后過圓心01且在該點剛好發(fā)生全反射，乙剛好由圖中的C點射

入玻璃磚，且與虛線的夾角為i=45。，已知光在真空中的傳播速度

為to求:

①玻璃磚的折射率n應為多大？

②甲、乙兩束單色光從射入玻璃磚到第一次從玻璃磚中射出，兩束光在玻璃磚中傳播的時間差應為

多少？

【答案與解析】

1.答案：D

解析：解：A、各種原子的明線光譜中的明線和它吸收光譜中的暗線是一一對應的，所以明線光譜的

譜線叫做原子的特征譜線，吸收光譜中的暗線也是特征譜線，故A正確；

B、德布羅意提出：實物粒子也具有波動性，其動量P、波長;I,滿足；1=；,故B正確；

C、康普頓效應證明了光子既有能量，又有動量，故C正確；

。、波爾的原子模型，解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律，不是所有原子光譜，故。不正確；

本題選擇不正確的，故選：Do

發(fā)射光譜物體發(fā)光直接產生的光譜叫做發(fā)射光譜。發(fā)射光譜有兩種類型：連續(xù)光譜和明線光譜。每

種原子明線光譜中的明線和其吸收光譜中的暗線是一一對應的；德布羅意提出物質波；康普頓效應

證明了光子既有能量，又有動量；波爾的原子模型，解釋了氫原子光譜的實驗規(guī)律。

考查特征譜線的概念，知道康普頓效應的作用，理解波爾的原子模型及作用，注意是氫原子光譜。

2.答案：C

解析：解：4、由題意得知：物體A與平板車的上表面間的最大靜摩擦力即25N.若小車加速度為

lm/s2時，%=ma=1QN,可知此時平板車對物體4的摩擦力為5N,方向向右，且為靜摩擦力，

所以物體A相對于車仍然靜止，故A錯誤；

B、產分=nm=10N,此時平板車對物體4的摩擦力為5N,方向向右，故B錯誤；

C、F分=ma=10N,此時平板車對物體A的摩擦力為5M方向向右，大小不變.故C正確；

。、物體A相對于車仍然靜止，則受到的彈簧的拉力大小不變，故。錯誤.

故選：C.

由題，當彈簧的拉力為5N時，物體A處于靜止狀態(tài)，此時物體A受到的摩擦力大小為5M方向水

平向左，所以物體A與平板車的上表面間的最大靜摩擦力41ax>5M當物體向右的加速度為lm/s2時,

F=ma=10N,可知此時平板車對物體A的摩擦力為5N,方向向右，且為靜摩擦力.所以物體A

相對于車仍然靜止，受到的彈簧的拉力大小不變.

本題解題的關鍵是對物體摩擦力的分析，分析其摩擦力是靜摩擦力還是滑動摩擦力，再根據牛頓第

二定律求出合力，最后通過對其進行受力分析得出物塊的運動狀態(tài)，該題難度適中.

3.答案：A

解析：解：AB,對木箱受力分析，根據牛頓第二定律，有：F—f=ma,

其中：f=〃N==4N,

故：F=2a+4,

結合a-t圖象，最大加速度為4?n/s2,最小加速度為0,故最大拉力為12M最小拉力為4N；

由Q—t圖象得到：Q=4—23

故尸=12-43故A正確，8錯誤；

C、a-t圖象與/軸包圍的面積表示速度增加量，而初速度為零，故2s末速度。=1x2x4=4m/s；

故C錯誤；

u-t圖象上點的切線斜率表示對應時刻的加速度，加速度減小，故圖象是曲線，故。錯誤；

故選：Ao

木箱受重力、支持力、拉力和摩擦力，根據牛頓第二定律列式求的拉力F的表達式，結合圖象得到

最大拉力和最小拉力。a-t圖象與t軸包圍的面積表示速度增加量。

本題考查牛頓第二定律，關鍵是根據牛頓第二定律列式分析，同時要明確a-t圖象與f軸包圍面積

的物理意義。

4.答案：B

解析：解：A、人造衛(wèi)星在圓軌道上運行時，運行速度y=J號，不同行星的質量不同，半徑不同,

故不同行星的第一宇宙速度是不同的。故A錯誤.

B、第一宇宙速度為u=嚴，可見其大小由天體的質量與半徑有關，故B正確

C、人造衛(wèi)星在圓軌道上運行時，運行速度。=同步衛(wèi)星的軌道半徑遠大于地球半徑。故同步

衛(wèi)星繞地球飛行的速度小于第一宇宙速度。故C錯誤。

。、第一宇宙速度是發(fā)射衛(wèi)星的最小速度，同步衛(wèi)星的軌道半徑大于近地衛(wèi)星，其發(fā)射速度要大于

第一宇宙速度，故。錯誤

故選：Bo

第一宇宙速度又稱為近地軌道環(huán)繞速度，是指在地球上發(fā)射的物體繞地球飛行作圓周運動所需的最

小初始速度。人造衛(wèi)星在圓軌道上運行時，運行速度17=評，軌道半徑越大，速度越小，同步衛(wèi)

星的軌道半徑遠大于地球半徑。故同步衛(wèi)星繞地球飛行的速度小于第一宇宙速度。不同行星的質量

不同，半徑不同，故不同行星的第一宇宙速度是不同的。

注意第一宇宙速度有三種說法：

①它是人造地球衛(wèi)星在近地圓軌道上的運行速度

②它是人造地球衛(wèi)星在圓軌道上運行的最大速度

③它是衛(wèi)星進入近地圓形軌道的最小發(fā)射速度

5.答案：A

解析：解：A、由圖看出，電勢能逐漸升高，可判斷出電場線的方向從A到。，在移動過程中，電勢

能增大，電場力做負功，電子的動能減小，速度減小。即有以＞七），故A正確;

8、Ep-x圖象的斜率大小等于電場強度與電荷乘積，由幾何知識得知，圖象的斜率減小，則從A到

點。場強減小，則有E.＞E°.故B錯誤;

C、電場線的方向從A到。，則4、B兩點的電勢內＞0從故C錯誤;

。、根據U=Ed知相等距離內電場強度越大，電勢差越大，A、B兩點間的電勢差大于C、。兩點間

的電勢差，故。錯誤。

故選：故

根據圖象的斜率大小等于電場強度與電荷乘積（即電場力），分析場強的變化。由圖看出，電勢

能逐漸升高，可判斷出電場線的方向，確定電勢的高低，由電場力做功正負，分析速度的大小。

6.答案：B

解析:設第一次拋出速度為口、高度為h,根據題意可得右圖:

Z?=序+（比）2,依圖可得：（百乙）2=九2+（2"）2,h=\gt2,解方程組得：g=槳,質量為m

的物理在星球表面所受重力等于萬有引力，得:

=,解得星球質量時=吟=察’8正確。

故選8。

7.答案：C

解析：解：A、圖中儀器采用了電磁感應現象，如果線圈B閉合，開關斷開時，線圈B中會產生感

應電流，線圈中磁性會慢慢消失，從而起到延時效果，故A錯誤;

8、根據右手定則可知，電流由圓心指向外側，故R中電流由下到上，故B錯誤;

C、若該元件是用金屬材料制成，移動的是電子，根據左手定則可知，電子受到向上的洛倫茲力，向

上偏轉，上表面帶負電，因此工作時上表面電勢低，故c正確；

。、圖中給電磁爐接通交變電流，可以在鍋底產生渦流，給鍋中食物加熱；如果通以直流電，由于

沒有變化的磁場，故不會在鍋底形成渦流，故。錯誤。

故選：Co

延時繼電器是利用電磁感應原理；明確圓盤轉動時相當于導線旋轉切割磁感線，根據右手定則確定

電流方向；明確電磁爐應通以交變電流；在霍爾元件中，移動的是自由電子，根據左手定則判斷出

電子所受洛倫茲力方向，從而知道兩側面所帶電荷的電性，從而明確兩表面電勢的高低。

解決本題的關鍵要理解各種裝置的工作原理，要掌握電磁感應產生的條件，同時明確感應電流方向

的判斷方法，從而分析各儀器的工作原理。

8.答案：BD

解析：解：A、8、將汽車的速度沿著平行繩子和垂直繩子方向正交分解，如圖所示

貨物速度為：?貨物=vcos6,由于。逐漸變小，故貨物加速上升；

當。=30。時，貨物速度為它"；

2

當0=90。時，貨物速度為零；

根據功能關系，拉力的功等于貨物機械能的增加量，故有：W=^E+^E=mgh+lmv2,故A

FPKO

錯誤，3正確；

C、。、在繩與水平夾角為30。時，拉力的功率為：P=Fv貨物,其中取物=亨"，由于加速，拉力大

于重力，故故C錯誤，￡＞正確；

故選：BD。

先將汽車的速度沿著平行繩子和垂直繩子方向正交分解，得到貨物速度的表達式，分析出貨物的運

動規(guī)律；然后根據動能定理和牛頓第二定律列式分析。

本題關鍵將找出車的合運動與分運動，正交分解后得到貨物的速度表達式，最后根據功能關系和牛

頓第二定律分析討論。

9.答案：ABC

解析：解：因太陽質量在減小，所以在地球與太陽間距離不變的情況下，太陽對地球的引力減小，

故地球做離心運動，故A、B錯誤；

金星繞太陽運動的軌道半徑比地球的小，故金星的公轉周期小于一年，同理，火星的公轉周期大于

一年，故C錯誤，。正確。

本題選不正確的，

故選：ABC.

由萬有引力的表達式分析引力的變化情況；由周期與軌道半徑的關系分析周期大小，判斷季節(jié)時間。

本題考查萬有引力定律在天文學上的運用，明確萬有引力的表達式，會由向心力等于萬有引力分析

周期與半徑的大小關系。

10.答案：BC

解析：解：A、彈簧釋放后，4、B組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，故A、B系統(tǒng)動量不守恒，故A

錯誤；

B、彈簧釋放后，A、B、C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故A、B、C系統(tǒng)動量守恒，故8正確；

C、當壓縮彈簧突然釋放將A、8彈開過程中，A、8相對C發(fā)生相對運動，A向左運動，A受到的摩

擦力向右，故C受到A的滑動摩擦力向左，

B向右運動，B受到的摩擦力向左，故C受到8的滑動摩擦力向右，而A、B與平板車的上表面的滑

動摩擦力之比為3：2,所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左運動，故C正確，D

錯誤.

故選：BC.

系統(tǒng)動量守恒的條件是合外力為零，根據動量守恒的條件即可判斷AC,分析小車的受力情況即可分

析小車的運動情況.

本題主要考查了動量守恒的條件以及滑動摩擦力的方向判斷，難度適中.

11.答案：放熱出；600J

解析：解：由題意知W=300J,△U=-300J,根據熱力學第一定律△U=勿+Q可得：

<?=△(/—〃=-300J-300J=-600J

Q為負值表示氣體放熱，因此氣體放出60(17的熱量.

故答案為：放熱；600J.

由題意可知系統(tǒng)內能的變化及外界所做的功；由熱力學第一定律可得出吸熱情況.

本題考查學生對熱力學第一定律△U=W+Q的正確理解和應用，必須注意在應用熱力學第一定律

時公式中各物理量的意義、符號.

12.答案：2：3；9：2

解析：解：已知兩個振子質量之比為?。簃B=2：3,彈簧的勁度系數之比為⑥：跖=3：2,根據

彈簧振子的周期公式7=27r聆得,周期之比二：%=后：后=2：3.根據簡諧運動的特征：F=

-kx,分析得知，當振子的位移最大時，加速度最大.振子的最大位移大小等于振幅.由圖讀出，

振幅之比4：4B=2：1.根據牛頓第二定律得最大加速度之比為現:而二誓：等=9：2

"t-AmB

故答案為：2：3,9：2.

根據彈簧振子的周期公式7=2兀器求兩彈簧振子的周期之比.根據簡諧運動的特征：F=分析

振子加速度達到最大的條件，根據牛頓第二定律求出最大加速度之比.

本題是牛頓第二定律與簡諧運動特征的結合.簡諧運動質點的加速度大小與位移大小成正比，方向

與位移相反.

13.答案:BC-,0.2717；0.264/；存在阻力

解析：解：(1)打點計時器的使用的幾個注意事項，要檢查打點計時器的兩個限位孔和紙帶的運動方

向一致，該實驗中，要在同一條豎直線上；打點計時器應該使用4?61/的交流電；要先接通電源開

關，然后松開手釋放紙帶，該次序不能顛倒.因此，以上的幾個實驗的二個操作步驟都有問題.正

確的方法應該是：8：打點計時器應該使用交流電；C：要先接通電源開關，然后松開手釋放紙帶,

該次序不能顛倒.

(2)重錘從B點到D點過程中重力勢能減少量：△Ep=mgAh=0.3x9.8x(4.42+4.80)x10-2=

0.271J

重錘在B點的速度：%=筆詈=塔蕓產=2.11m/s

重錘在D點的速度：%=等等=弁8=2.495m/s

ZI￡>XU.U/

動能的增加量：△EK=|m詔-=0.2647

(3)在該實驗中，由于摩擦力、空氣阻力等阻力的存在，重錘減小的重力勢能總是稍稍大于重錘動能

的增加量；若重錘減小的重力勢能總是大于重錘動能的增加量，而且比較明顯，就要考慮阻力太大

的原因.在該實驗過程的步驟A中，沒有檢查打點計時器的兩個限位孔是否在同一條豎直線上，導

致摩擦力太大，應該是導致誤差太大的主要原因.

故答案為:(1)B、C；(2)0271/(0.269?0.275之間);0.264/(0.261?0.267之間);

(3)存在阻力.

(1)在驗證機械能守恒定律的實驗中，總共涉及到：打點計時器的使用，紙帶的數據處理和驗證機械

能守恒定律這幾項內容，特別是打點計時器的使用的幾個注意事項.

(2)計算重力勢能的減小，使用公式△?P=77194%代入數據即可，計算動能的增加，要分別計算出

重錘在B點的速度和在力點的速度，再代入公式△EK=jmvB-fmvj；

(3)因存在摩擦阻力，導致重錘減小的重力勢能總是大于重錘動能的增加.

(1)打點計時器的使用的幾個注意事項，是和它有關的實驗中的重點之一，像該題中，打點計時器的

使用的幾個注意事項都存在一定的問題；

(2)計算重錘在B點的速度和在力點的速度，要使用到紙帶的數據處理的方法，即：某段過程中的中

點時刻的即時速度，等于該段時間內的平均速度.

(3)該考題涉及的知識點較多，計算較簡單，屬于中檔題目.

14.答案：5.6935.015把x10倍率擋換成x1倍率擋12四

4/L

解析：解：(1)游標卡尺的固定刻度讀數為50〃?〃?，游標尺上第3個刻度游標讀數為0.05x3nvn=

0.15mm,所以最終讀數為：50mm+0.15mm-5.015cm

螺旋測微器的固定刻度讀數為5.5nun,可動刻度讀數為0.01x19.3mm=0.193mm,所以最終讀數

為：5.5mm+0.193mm=5.693mm。

(2)①由題知選擇x10倍率的電阻擋，正確操作時，發(fā)現多用電表的指針偏轉角度太大，由多用電表

的電阻刻度特點可知，為了使讀數準確，指針要擺到表盤中央附近，則要把x10倍率擋換成x1倍率

擋。

③由歐姆表盤的讀數規(guī)則可知測量結果為12.0x1。=120。

(3)①已知電流表的內電阻，故選擇電流表內接法；實驗要求通過金屬絲的電流從零開始變化，滑動

變阻器應采用分壓接法，為方便實驗操作，滑動變阻器應選擇治；實驗電路圖如圖所示：

②根據歐姆定律可得：Rx+RA=y

根據電阻定律：Rx=P：=般

Sna^

聯立可得：p=*

4/L

故答案為：(1)5.693(5.691?5.695nwn都可以)；5.015；

(2)①把x10倍率擋換成x1倍率擋；②12

(3)①如圖；(2)

(1))游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；螺旋測微器的讀數方法是固定刻度

讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀；

(2)歐姆表盤指針偏轉角度越大，則電流越大，電阻越小要換小量程檔位；換檔的要進行歐姆調零，

讀數要乘以倍率；

(3)①該實驗中，需要多次測量求平均值，故電流和電壓的變化范圍要適當大一些，被測電阻比滑動

變阻器大的較多，故應選擇使用分壓電路；因已知電流表的內電阻，故選擇電流表內接法。然后作

出電路圖。

②根據電路圖應用串并聯電路特點與歐姆定律求出電阻的表達式。

解決本題的關鍵是①掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上

游標讀數，不需估讀。螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀

數時需估讀。

②根據題意確定實驗原理，知道實驗目的與實驗原理是解題的前提，根據實驗目的與實驗原理與給

出的實驗器材選擇所需實驗器材，然后作出實驗電路圖，應用串并聯電路特點與歐姆定律可以求出

電阻阻值。

15.答案：解：(1)當%1=5m/s時，棒勻速運動，E=BLvm,/=盤，FA=BIL

所以/一〃7ng一端2！=0

解得：B=0.87；

P叫(8乙)2

(2)-=

代入數據，得：a=gm/s?=6.67m/s2；

⑶電路中產生的總熱量：(?總=Q+Qx卷=0.15+0.15x“=0.2/

1

s=-at7=0.3m,v=at=2m/s

22

Wp-Q總-nmgs=|mv,代人數據得：WF=0.2+0.5x0,2x10x0.3+|x0.2x2J=0.9/。

解析：該題考查棒勻速切割磁感線，掌握法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓第二定律

與能量守恒定律等規(guī)律的應用.同時理解速度與功率的對應。

(1)棒勻速運動時牽引力與摩擦力、安培力的合力為0,寫出平衡方程，即可求出磁感應強度3其

中牽引力：F=f；

(2)t=0.5s時，牽引力與摩擦力、安培力的合力提供棒運動的加速度；

(3)先根據串聯電路的電功率的分配關系，求出電路消耗的總電熱；電動機做的功轉化為電熱、摩擦

力產生的熱量和導體棒的動能。

16.答案：解：⑴b球落后，。球繼續(xù)上升的高度：H=^=^=0.2m

(2)a、6落地的速度大小相等，令速率為v,則》組成的系統(tǒng)機械能守恒：

22

mbgh-magh=1mav+|mfcv

解得：h.—0.4m

(3)根據牛頓第二定律得：

對B球：mbg—F=mba

對A球：F-mag=maa

解得：F=15/V.a=5m/s2.

答：

(l)b球落地后，〃球還能上升的高度，是0.2m.

(2)釋放時b球離地高度h是0.4m.

(3)b球下落過程的繩子的張力廠是15N.

解析：(l)b球落地后，。球繼續(xù)做豎直上拋運動，由運動學公式求上升的高度從

(2)b球下落的過程中，兩