2021年江西省高考物理質(zhì)檢試卷

1.攀巖是一項(xiàng)挑戰(zhàn)性運(yùn)動(dòng)，如圖所示為某一攀巖愛(ài)好者雙臂伸展、

身體靜止懸掛時(shí)的照片。已知攀巖愛(ài)好者的右手抓牢點(diǎn)比左手的

高，左、右兩臂等長(zhǎng)且伸直。則在此時(shí)（）

A.左臂的拉力大于右臂的拉力

B.左臂的拉力小于右臂的拉力

C.兩臂的拉力一樣大

D.無(wú)法判斷兩臂拉力大小的關(guān)系

2.如圖所示，4、8為平行金屬板，兩極板相距為d,分別與電

源兩極連接，兩板的中央各有一小孔M、N。今有一帶電質(zhì)

點(diǎn)自A板上方相距為d的P點(diǎn)由靜止下落，不計(jì)空氣阻力，

到達(dá)兩板中點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零，然后沿原路返回?則帶電

質(zhì)點(diǎn)的重力與它在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力的大小之比為（）

A.1：2B.1：3C.2：1D.3：1

3.如圖所示，水平地面上固定有足夠長(zhǎng)的平行粗糙導(dǎo)軌MN和PQ,導(dǎo)軌間接有電阻

R，其余部分電阻不計(jì)，在矩形區(qū)域內(nèi)有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)及一金屬棒垂直

跨在導(dǎo)軌上,在磁場(chǎng)以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，測(cè)得金屬棒也達(dá)到穩(wěn)定的速度，

則（）

A.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向左，且等于v

B.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向左，且小于v

C.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向右，且等于v

D.金屬棒穩(wěn)定的速度方向向右，且小于v

4.將一物體從地面豎直上拋，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的

空氣阻力與速率成正比。它的動(dòng)量隨時(shí)間變化的圖像

如圖所示。已知重力加速度為g,則物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程

中的加速度的最大值為（）

A.gB.2gC.3gD.4g

5.假設(shè)“嫦娥五號(hào)”軌道艙繞月球飛行時(shí)，軌道是貼近月球表面的圓形軌道。已知軌

道艙運(yùn)動(dòng)的周期是地球同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)周期的機(jī)倍，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑是地球

半徑的”倍，由此可得地球的平均密度與月球的平均密度之比為（）

A.m2n3B.m3n2C.鳥

m2

6.如圖所示，把一塊鋅板連接在驗(yàn)電器上，鋅板開始帶電,

驗(yàn)電器指針張開且張角穩(wěn)定?，F(xiàn)在用甲光照射鋅板，發(fā)

現(xiàn)指針保持不動(dòng)。換用乙光照射鋅板，發(fā)現(xiàn)指針張角迅

速減小。由此可以判斷（）

A.鋅板開始一定帶負(fù)電

B.甲光的頻率一定小于乙光的頻率

C.甲光的強(qiáng)度一定小于乙光的強(qiáng)度

D.甲光的照射時(shí)長(zhǎng)一定小于乙光的照射時(shí)長(zhǎng)

7.如圖是金屬圓盤發(fā)電機(jī)的原理圖。勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于金屬圓

盤，電阻R通過(guò)導(dǎo)線與兩塊銅片電刷。、C連接，D、C

分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和圓盤的邊緣良好接觸。圓盤繞通過(guò)圓心。

的固定轉(zhuǎn)動(dòng)軸按圖示順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，電阻R中就有電流

通過(guò)。則（）

A.電流方向由。經(jīng)過(guò)電阻R流向C

B.通過(guò)電阻R的電流大小與銅盤的半徑成正比

C.通過(guò)電阻R的電流大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比

D.通過(guò)電阻R的電流大小與圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度成正比

8.如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)，質(zhì)量為機(jī)的

小球以某一速度從。點(diǎn)出發(fā)后，受到一平行于y軸方向的

恒力作用，恰好通過(guò)A點(diǎn)。已知小球通過(guò)A點(diǎn)的速度大小“L一生

為北，方向沿x軸正方向，且04連線與Ox軸的夾角為30。，

則（）

A.恒力的方向一定沿了軸負(fù)方向

B.恒力在這一過(guò)程中所做的功為;TH詔

C.恒力在這一過(guò)程中的沖量大小為qnw。

D.小球從O點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能為:m詔

O

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9.某同學(xué)利用物塊沿斜面下滑來(lái)測(cè)量它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。如圖所示，他將斜面調(diào)

節(jié)成與水平方向成30。角，然后物塊在斜面上由靜止開始下滑。用頻閃相機(jī)測(cè)得它

下滑的某段照片如圖所示，頻閃周期為0.05s。

(1)根據(jù)圖示，可知物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)的位移為cm,經(jīng)過(guò)圖中B點(diǎn)的速

度為m/s；

(2)根據(jù)圖示，可求解物塊下滑的加速度大小為ni/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)

字)；

(3)由此可得到物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(結(jié)果保留小數(shù)點(diǎn)后2位數(shù)字)。

10.某同學(xué)準(zhǔn)備將量程%=500〃4、內(nèi)阻％約為200。的電流表G改裝成量程為2y的電

乙

(1)該同學(xué)先設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路來(lái)測(cè)量電流表G的內(nèi)阻與，用此電路，經(jīng)以

下步驟：

①閉合Si，斷開S2,調(diào)節(jié)%,使電流表G的示數(shù)為500必1；

②閉合S2,保持不變，調(diào)節(jié)，使電流表的示數(shù)為250R1,此時(shí)心的

示數(shù)如圖乙所示。

(2)由此可知，電流表G的內(nèi)阻b=

(3)為了將電流表G改裝成2丫的電壓表，需要(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一

個(gè)阻值為O的電阻。

(4)該同學(xué)的上述測(cè)量存在著系統(tǒng)誤差，電流表的內(nèi)阻測(cè)量值(填“大于”

或“小于”）真實(shí)值。因此，用這個(gè)改裝成的電壓表去直接測(cè)量電壓時(shí)，將使測(cè)量

值（填“偏大”或“偏小”）。校正該改裝電壓表的可行辦法是（填

“增大”或“減小”）與電流表串聯(lián)的分壓電阻。

11.如圖，0。為電子槍示意圖，在0〃的正下方距。點(diǎn)為4處有一個(gè)靶尸。電子從靜止

開始經(jīng)電場(chǎng)加速后，從。點(diǎn)沿0。方向出射，進(jìn)入一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（整個(gè)空間

均有磁場(chǎng)），恰能擊中靶匕已知電子槍的加速電壓為U,電子電荷量為e、質(zhì)量為

m,z.0ap=6,求：

（1）磁場(chǎng)的方向和電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大?。?/p>

（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

/：

12.如圖所示，一質(zhì)量m=0.4kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止于水平軌道上的A點(diǎn)。現(xiàn)對(duì)

滑塊施加一恒定的水平外力F=5N,使其向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后撤去外力，

滑塊繼續(xù)滑行至B點(diǎn)后水平飛出，恰好在C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)

的光滑圓弧形軌道,軌道的最低點(diǎn)。處裝有壓力傳感器，當(dāng)滑塊到達(dá)傳感器上方時(shí),

傳感器的示數(shù)FN=25.6N。已知軌道A2的長(zhǎng)度Z,=2.0zn,半徑0C和豎直方向的

夾角a=37°,圓形軌道的半徑R=0.5m,物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=

0.1,空氣阻力可略，重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos37°=0,8,,

（1）求滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度之的大小;

（2）求水平外力作用在滑塊上的位移s；

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(3)若緊挨著D點(diǎn)右側(cè)放置質(zhì)量也是m的另一滑塊，兩滑塊最終靜止時(shí)的距離△x

4.5m。求碰撞時(shí)損失的機(jī)械能。

13.對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，下列過(guò)程違反熱力學(xué)第一定律的是()

A.在恒定溫度下，氣體絕熱膨脹

B.氣體從外界吸收熱量而溫度保持不變

C.在絕熱的條件下，氣體體積不變而溫度升高

D.氣體對(duì)外做功的同時(shí)向外界放熱

E.加熱過(guò)程，氣體體積減小且內(nèi)能不變

14.如圖所示，一導(dǎo)熱良好、足夠長(zhǎng)的汽缸豎直放置在水/

平地面上。汽缸質(zhì)量m=5kg,汽缸內(nèi)一質(zhì)量M

10kg、面積S=20cm2的活塞與汽缸壁光滑密接。當(dāng)

活塞靜止時(shí)，活塞與汽缸底部的距離人=10cm.已知

52

大汽壓強(qiáng)Po=1.0x10Pa,重力加速度g=10m/sa現(xiàn)用一豎直向上的拉力F作

用在活塞上，求：

①當(dāng)F=50N時(shí)，活塞與汽缸底部的距離；

②當(dāng)F緩慢增大到使汽缸恰好離開地面時(shí)，活塞與汽缸底部的距離。

15.如圖所示，一列簡(jiǎn)諧波沿x軸傳播，t0時(shí)刻波形圖如

圖中實(shí)線所示，經(jīng)△t=0.2s,波形圖如圖中虛線所

示，已知波長(zhǎng)為2.0根，則下列說(shuō)法正確的是（）

A.若波向右傳播，則這列波的最小速度為2m/s

B.若波向左傳播，則這列波的最大速度為8.0m/s

C.若波向右傳播，則這列波的周期最大值為1.0s

D.若波向左傳播，則這列波的周期最大值為0.2s

E.若波速大小是18m/s,則該波一定向左傳播

16.如圖所示，一個(gè)半徑為r=10cm的圓木板靜止在水面上，在圓木板圓心O的正下

方h=50cm處有一點(diǎn)光源S,從t—0時(shí)開始，光源正以加速度a=0.2m/s2由靜止

向上運(yùn)動(dòng)，已知水的折射率《=&。計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字。求：

①t=0時(shí)，水面上可以觀察到點(diǎn)光源發(fā)出的光射出水面的面積；

②經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，水面上方觀察不到點(diǎn)光源S發(fā)出的光。

%

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：把人看成質(zhì)點(diǎn)，對(duì)人進(jìn)行受力分析如圖，設(shè)左手的拉力和右手的拉力與豎

直方向的夾角分別是a和/?，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：

水平方向：TiSina=T2smB,豎直方向：7\cosa+T2cos0=mg

右手抓牢點(diǎn)比左手的高，則左手的拉力與豎直方向的夾角大于右手的拉力與豎直方向的

夾角，所以左臂的拉力小于右臂的拉力，故8正確，AC。錯(cuò)誤。

故選：Bo

對(duì)人進(jìn)行受力分析，左手和右手拉力的合力與重力平衡，由共點(diǎn)力平衡的關(guān)系判斷兩個(gè)

拉力的大小的關(guān)系。

本題考查了物體的平衡條件的應(yīng)用，本題用圖解法直觀的得到答案，也可用解析法求解。

2.【答案】B

【解析】解：帶電質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)開始下落，先加速后減速，根據(jù)動(dòng)能定理，則有：mg-1d=

別，

且勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度公式E=，

a

解得，重力與電場(chǎng)力的大小比值為mg：<?￡,=1：3,故B正確，ACD錯(cuò)誤；

故選：Bo

選帶電質(zhì)點(diǎn)作為研究對(duì)象，取從靜止釋放到恰要返回，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合重力與電場(chǎng)

力做功特點(diǎn)，即可求解。

考查動(dòng)能定理的應(yīng)用，掌握重力與電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)，注意勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度公式中

“d”的含義。

3.【答案】D

【解析】解：當(dāng)磁場(chǎng)以速度V向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒相對(duì)磁場(chǎng)向左切割磁感應(yīng)線，從而產(chǎn)

生感應(yīng)電流，依據(jù)右手定則，可知，感應(yīng)電流方向順時(shí)針，再由左手定則，可知，金屬

棒受到向右的安培力，

當(dāng)安培力大于摩擦力，金屬棒向右加速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)尸右=吟也，隨著金屬棒速度M的

增大，安培力逐漸減小，

當(dāng)安培力等于摩擦力時(shí)，金屬棒也做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，滿足竺處山=/,

RJ

金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度/小于磁場(chǎng)移動(dòng)的速度V，故A8C錯(cuò)誤，。正確；

故選：。。

根據(jù)電磁感應(yīng)原理，結(jié)合右手定則與左手定則，可判定安培力方向，再由金屬棒也達(dá)到

穩(wěn)定的速度，從而即可判定磁場(chǎng)相對(duì)金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。

考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，掌握左手定則與右手定則的應(yīng)用，注意兩者的區(qū)別，理解磁場(chǎng)相對(duì)

金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)是解題的關(guān)鍵。

4.【答案】C

【解析】解：圖中的斜率等于物體受到的合力，斜率大，合力大，加速度也大，所以當(dāng)

Po

t=0時(shí)，物體的加速度最大，且由于斜率為零時(shí)，物體的合力為零，所以有jnq=fcX,

dm

則物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度最大值為am，有+=解得%?=3g,故C正

確，AB。錯(cuò)誤；

故選：Co

通過(guò)分析圖像可以得到物體初末狀態(tài)的速度關(guān)系，以及末狀態(tài)的受力情況，根據(jù)牛頓第

二定律，即可求解。

本題考查圖像的應(yīng)用，動(dòng)量，受力分析，牛頓定律，屬綜合題，學(xué)習(xí)過(guò)程中要注意應(yīng)用

能力的提升。

5.【答案】A

【解析】解：對(duì)地球同步衛(wèi)星，有

M地m衛(wèi)47r2

°石貨=皿衛(wèi)產(chǎn)（的

地球的平均密度為

M地

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聯(lián)立解得「必=富

同理，對(duì)軌道艙有G?曳=m融第7r

r2腌(mT)2

月球的平均密度為

M月

P月=4一；

2兀廠3

聯(lián)立解得Pg=1

故地球的平均密度與月球的平均密度之比為P姊P/y=m2n3

故A正確BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，結(jié)合密度公式求出密度的表達(dá)式，再求兩天體的平均密度的

比值。

在處理天體密度問(wèn)題時(shí)，此時(shí)要先求出天體的質(zhì)量，再根據(jù)密度公式求出密度大小，在

計(jì)算時(shí)，把天體看作是均勻球體模型。

6.【答案】AB

【解析】解：AB、根據(jù)題意可判斷，用甲光照射鋅板沒(méi)有發(fā)生光電效應(yīng)，用乙光照射

鋅板發(fā)生了光電效應(yīng)現(xiàn)象，由光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，甲光的頻率一定小球乙光的頻

率，由于乙光照射鋅板時(shí)，驗(yàn)電器指針張角不斷減小，所以可以判斷驗(yàn)電器一開始帶的

是負(fù)電，故A8正確；

CD,能否發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，與入射光的強(qiáng)度，及光照時(shí)間均無(wú)關(guān)，故CD錯(cuò)誤。

故選：ABc

發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，當(dāng)發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，鋅板有

電子逸出，鋅板失去電子帶正電，并依據(jù)指針張角迅速減小，從而判定鋅板帶電性質(zhì)，

進(jìn)而即可判定.

考查光電效應(yīng)現(xiàn)象以及光電效應(yīng)的特點(diǎn)，解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的實(shí)質(zhì)，以及知

道光電效應(yīng)的條件，注意乙光照射鋅板，發(fā)現(xiàn)指針張角迅速減小是解題的突破口.

7.【答案】CD

【解析】解：A、金屬圓盤按圖示方向轉(zhuǎn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)右手定

則可判斷圓盤中感應(yīng)電流方向是由圓心指向邊緣，即DtC,那么電阻的電流由CfR-

D,故A錯(cuò)誤；

BCD、根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式E=BLv="廿3,而感應(yīng)電流/=急=

（其中L為圓盤的半徑，/?為圓盤電源的內(nèi)阻是不變的），由此可判斷/0C〃，/88,

/oo（0,故B錯(cuò)誤，CD正確。

故選：CD。

金屬圓盤切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流。根據(jù)右手定則判斷C。間感應(yīng)電流方向，即可知

道電勢(shì)高低。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出其電動(dòng)勢(shì)大小的表達(dá)式，從而判斷影響感應(yīng)

電流大小的因素。

本題考查了右手定則的應(yīng)用，明確圓盤切割磁感線相當(dāng)于電源，內(nèi)部電流方向是從負(fù)極

到正極。本題主要考查法拉第電磁感應(yīng)定律中導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的公

式E=海23。

8.【答案】AD

【解析】解：利用逆向轉(zhuǎn)換方法，將小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程看成類平拋運(yùn)動(dòng)的逆運(yùn)動(dòng).由此可判

斷恒力方向一定沿y軸負(fù)方向。

1，2

由汝九30。=丫=絲=更可得，小球經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，沿），軸方向的分速度%=畫=

xvot2v0

W%，沿X軸方向的速度仍為以=%。

小球從。點(diǎn)出發(fā)時(shí)的動(dòng)能E〃o=+討），Eg=:m印,

結(jié)合動(dòng)能定理，恒力在這一過(guò)程中所做的功為W=詔-Eko,代入數(shù)據(jù)解得W=

-刎詔，

恒力在這一過(guò)程中的沖量大小/=|m△v|=|m△vy\~竽m%,故AD正確,BC錯(cuò)誤。

故選：AD.

小球受到恒力作用做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)速度方向恰好垂直于恒力方向，因此可將

小球運(yùn)動(dòng)看成是類平拋運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程。根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與運(yùn)動(dòng)的

合成與分解，即可求解.

考查平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解的內(nèi)容，注意速度的方向與位移方向的不

同，是解題的關(guān)鍵.

9.【答案】4.500.352.00.35

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［解析】解：(1)由圖中可讀出，從A點(diǎn)到F點(diǎn)的位移為當(dāng)廣=5.50cm—1.00cm=4.50cm,

打到B點(diǎn)是哪段時(shí)間的中間時(shí)刻，用這段時(shí)間的平均速度表示，所以%=熬=

(4.50-1.00)x1?！?035m/s；

2X0.05//

2

⑵由逐差公式求加速度a="=⑶。。T%看0-3.0。)xio-2m/s2=2.0m/s；

⑶滑塊沿斜面下滑時(shí)，據(jù)牛頓第二定律有：mgsin。一RmgcosB=ma,變形得到〃=

10x0,5-2,02=()35o

gcosO10x0.81'

故答案為：(1)4.50、0.35；(2)2.0；(3)0.35

(1)滑塊下滑過(guò)程中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于這段時(shí)間的平均速度，來(lái)求解滑塊經(jīng)過(guò)B點(diǎn)

的瞬時(shí)速度；

(2)根據(jù)相等時(shí)間內(nèi)的相鄰位移差值△%=a72,采用逐差法，可解加速度；

(3)根據(jù)牛二定律，mgsind-fimgcosd=ma,可解動(dòng)摩擦因數(shù)。

本題考查測(cè)量物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，涉及紙帶法測(cè)加速度、利用速度測(cè)量瞬時(shí)

速度、牛二定律解析滑動(dòng)摩擦因數(shù)表達(dá)式，題目非常常規(guī)，容易出錯(cuò)的是利用逐差法測(cè)

量加速度。

10.【答案】%R2190串聯(lián)3810小于偏小減小

【解析】(1)由半偏法測(cè)電阻原理知，當(dāng)調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表半偏時(shí)，由于干路電流

兒乎不變，電阻箱與電流表中電流相等，電阻一定相等，所以需要保持&不變，調(diào)節(jié)/?2。

(2)由于電流表示數(shù)與電阻箱并聯(lián)，且電流表示數(shù)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則電流表的內(nèi)阻與

電阻箱阻值相等，由圖乙可知，電阻箱的阻值為勺=(1x100+9x10)0=190。。

(3)為了將電流表G改裝成2丫的電壓表，需要串聯(lián)電阻分壓，串聯(lián)的電阻為R=

'g

^^。=38皿

(4)閉合S2,&保持不變，電路中的總電阻變小，總電流變大，則流過(guò)電阻箱的電流大

于電流表的電流，電流表的內(nèi)阻測(cè)量值小其真實(shí)值;

測(cè)量電壓時(shí)有U=/(/?+r),則使測(cè)量值偏??；

根據(jù)校正電壓表原理可知，為使電壓表的示數(shù)增大，即增大流過(guò)表頭的電流，所以應(yīng)減

小與電流表串聯(lián)的分壓電阻。

故答案為：⑴%,%(2)190(3)串聯(lián)、3810(4)小于、偏小、減小。

利用半偏法測(cè)電阻的原理，可以知道操作步驟中要保持治不變，調(diào)節(jié)可以知道電阻

箱的阻值和電流表阻值相等。將電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個(gè)電阻。結(jié)合實(shí)驗(yàn)原理

分析誤差。

半偏法測(cè)電阻是電學(xué)實(shí)驗(yàn)中很重要的一個(gè)實(shí)驗(yàn)方法，要注意掌握實(shí)驗(yàn)原理，會(huì)分析誤差。

11.【答案】解：⑴已知條件知道電子順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，在4

點(diǎn)速度方向向右，受到向下的洛倫茲力，由左手定則可

知，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度

U大小不變，

2

根據(jù)動(dòng)能定理可得：eU=1mv,解得：v=杵。

(2)如圖所示，根據(jù)幾何知識(shí)可得電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為：R二熹,

根據(jù)牛頓第二定律得：evB=m^-,解得：8=等2mU

答：(1)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大小是]努;

(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是

【解析】(1)電子在電場(chǎng)中做加速直線運(yùn)動(dòng)，利用動(dòng)能定理可求出，離開電場(chǎng)時(shí)的速度。

(2)電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用數(shù)學(xué)方法畫出軌跡找到半徑，結(jié)合牛頓第二定

律就可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度。

分清物理過(guò)程，不同物理過(guò)程應(yīng)用相應(yīng)的物理知識(shí)；抓住關(guān)鍵字句，分析出關(guān)鍵條件，

再利用相關(guān)知識(shí)來(lái)“定圓心，找半徑”；此外良好的作圖能力及幾何分析能力是解決此

類問(wèn)題的關(guān)鍵。

12.【答案】解：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)，由重力和軌道的支持力的合力提供向心力，由

牛頓第二定律得：

UVD

FN-mg=m-

滑塊由。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得：

mgR(l—cosa)+gm虎=

代入數(shù)據(jù)解得：Vc=5m/s,vD=3V3m/s

(2)滑塊離開離開8后做平拋運(yùn)動(dòng)，滑塊到達(dá)8點(diǎn)的速度：為=vccosa=5xcos37。=

4m/s

設(shè)在水平力作用下滑塊的位移大小為s,滑塊從A到B運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：

1

Fs-[imgL=-mv^9-0

代入數(shù)據(jù)解得：s=0.8m

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(3)設(shè)兩滑塊碰撞后的速度大小分別為女、“2,兩滑塊碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvD=mvj+mv2,

碰撞后兩滑塊在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)減速到零的位移大小分別為乙、x2,

對(duì)兩滑塊，由動(dòng)能定理得：-nmgx1-0-,-^mgx2-0

兩滑塊靜止時(shí)的距離：△%=乂2-/，

代入數(shù)據(jù)解得：%=V3m/s，v2=2y/3m/s

兩滑塊碰撞過(guò)程，由能量守恒定律得：

1_11.

-mvn=-mvf7+-mv,+△E

2D2122

代入數(shù)據(jù)解得，碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能：AE=2.4/

答：(1)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度%的大小是5m/s；

(2)水平外力作用在滑塊上的位移s是0.8根；

(3)碰撞時(shí)損失的機(jī)械能是2.4/。

【解析】(1)在。點(diǎn)，軌道的支持力與滑塊重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律

求出滑塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的速度；滑塊C到。的過(guò)程，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求出C點(diǎn)的速

度。

(2)滑塊從A到8過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出水平外力作用在滑塊上的位移。

(3)兩滑塊碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后兩滑塊在水平面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用

動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理求出兩滑塊碰撞后瞬間的速度，然后應(yīng)用能量守恒定律求出碰

撞過(guò)程損失的機(jī)械能。

本題考查動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒和圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用，要知道圓周運(yùn)動(dòng)向

心力的來(lái)源，分析清楚滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律

即可解題。

13.【答案】ACE

【解析】解：A、一定質(zhì)量的理想氣體溫度一定時(shí)，其內(nèi)能一定△〃=(),氣體膨脹對(duì)外

做功，即“<0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律△0=〃+(?得知，Q,>0,氣體應(yīng)吸熱，如果

內(nèi)能不變，違反了熱力學(xué)第一定律，故A正確；

B、氣體從外界吸收熱量Q>0,若對(duì)外做功W<0,而且熱量與功的數(shù)值相等，根據(jù)熱

力學(xué)第一定律可知△u=o,內(nèi)能不變，故氣體的溫度不變，符合熱力學(xué)第一定律氣體，

故B錯(cuò)誤；

C、在絕熱條件下AQuO,氣體的體積不變，不做功，即w=o,根據(jù)熱力學(xué)第一定律

得到氣體的內(nèi)能不變，即△(/=(),故溫度不變，如果內(nèi)能不變，違反了熱力學(xué)第一定

律，故c正確；

。、氣體對(duì)外做功的同時(shí)向外界放出熱量，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，內(nèi)能減小，符合

熱力學(xué)第一定律氣體，故。錯(cuò)誤：

E、加熱過(guò)程Q>0,吸熱，氣體體積減小W>0,外界對(duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定

律△(7=(?+〃可知，內(nèi)能增加，如果內(nèi)能不變，違反了熱力學(xué)第一定律，故E正確；

故選：ACE.

一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān).氣體膨脹，對(duì)外界做功.根據(jù)熱力學(xué)第一定

律進(jìn)行分析.

熱力學(xué)第一定律實(shí)質(zhì)是能量守恒定律的特殊情況，要在理解的基礎(chǔ)上記住公式：△U=

W+Q.

14.【答案】解：①不加外力時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為pi=po+攀，解得pi=1.5x105Pa

當(dāng)拉力尸=50N時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為P2=Po+等:，解得P2=1.25x105pa

根據(jù)玻意耳定律可得：Pi^oS=P2L1S,解得L=12cm

②汽缸離開地面時(shí)，對(duì)汽缸受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡可得：mg+p3S=p0S

解得P3=0.75x105Pa

根據(jù)玻意耳定律可得：PiL0S=p3L2S

解得乙2=20cm

答：①當(dāng)尸=50N時(shí)，活塞與汽缸底部的距離為12c如

②當(dāng)F緩慢增大到使汽缸恰好離開地面時(shí)，活塞與汽缸底部的距離為20cm

【解析】①