2021年江蘇省七市高考物理三調(diào)試卷

一、單選題（本大題共11小題，共44.0分）

1.放射性元素放出的射線，在電場中分成小B、C三束，如圖所示，其中（）

A.C為氫核組成的粒子流

B.B為比X射線波長更長的光子流

C.B為比X射線波長更短的光子流

D.4為高速電子組成的電子流

2.下列說法中正確的是（）

A.布朗運(yùn)動(dòng)就是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)

B.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體

C.物體放出熱量，溫度一定降低

D.氣體對(duì)容器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子對(duì)器壁的碰撞作用產(chǎn)生的

3.如圖，一個(gè)上口用橡皮膜封閉的盛水長玻璃槽內(nèi)，用一小玻璃瓶4倒扣在水

中形成一個(gè)浮沉子，4懸浮在水中某位置保持平衡，若環(huán)境溫度不變，用力

按壓橡皮膜到某一位置后，玻璃瓶將（）

A.下沉一點(diǎn)后又平衡

B.上浮一點(diǎn)后又平衡

C.一直下沉到水底

D.一直上浮到水面

4.汽車以某一速度在馬路上勻速行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)正前方157n處的斑馬

線上有行人，于是以5m/s2的加速度剎車禮讓，汽車恰好停在斑馬線

前，假設(shè)駕駛員反應(yīng)時(shí)間為0.5s,汽車運(yùn)動(dòng)的v-t圖如圖所示，則汽

車做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為（）

A.5m/sB.8m/sC.10m/sD.15m/s

5.某同學(xué)在做''用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，如果測(cè)得的g值偏小，可能的原因是（）

A.將擺線長加球的直徑當(dāng)作擺長

B.實(shí)驗(yàn)中誤將31次全振動(dòng)計(jì)為30次全振動(dòng)

C.結(jié)束計(jì)時(shí)時(shí)，提前按秒表

D.小球做圓錐擺運(yùn)動(dòng)

6.如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道4BCD,其4點(diǎn)與圓心等高，。點(diǎn)

為最高點(diǎn)，DB為豎直線，AE為水平面，今使小球自4點(diǎn)正上方某處由靜止釋

放，且從4處進(jìn)入圓軌道運(yùn)動(dòng)，只要適當(dāng)調(diào)節(jié)釋放點(diǎn)的高度，總能保證小球

最終通過最高點(diǎn)。（不計(jì)空氣阻力的影響）.則小球通過。點(diǎn)后（）

A.一定會(huì)落到水平面AE上B.一定不會(huì)落到水平面4E上

C.一定會(huì)再次落到圓軌道上D.可能會(huì)再次落到圓軌道上

7.光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，拋物線的方程是y=/,如圖所

示.下半部處在一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場中，磁場的上邊界是y=a的

直線（圖中的虛線所示）.一個(gè)小金屬塊從拋物線上y=b（b>a）處從靜止

開始沿拋物線下滑.假設(shè)拋物線足夠長，金屬塊沿拋物線下滑后產(chǎn)生的

焦耳熱總量是（）

A.mgbB.mga

C.mg(b-a)D.mg[b—a)+jmv2

8.如圖所示，虛線表示某點(diǎn)電荷Q所激發(fā)電場的等勢(shì)面，己知a、b兩點(diǎn)

在同一等勢(shì)面上，c、d兩點(diǎn)在另一個(gè)等勢(shì)面上，甲、乙兩個(gè)帶電粒子

以相同的速率，沿不同的方向從同一點(diǎn)a射入電場，在電場中沿不同

的軌跡adb曲線、acb曲線運(yùn)動(dòng)，則（）

A.兩粒子所帶的電荷為同種電荷

B.甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的速度大于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度

C.兩個(gè)粒子的電勢(shì)能都是先減小后增大

D.經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)，兩粒子的電勢(shì)能相等

9.用一豎直向上的力將原來在地面上靜止的重物向上提起，重物由地面1/111,S

運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，u-t圖象如圖所示.以下判斷正確的是（）

A.前3s內(nèi)的加速度比最后2s內(nèi)的加速度大

B.最后2s內(nèi)貨物處于超重狀態(tài)

C.前3s內(nèi)拉力功率恒定

D.最后2s運(yùn)動(dòng)過程中，貨物的機(jī)械能增加

10.豎直放置的一對(duì)平行金屬板的左極板上，用絕緣線懸掛了一個(gè)帶負(fù)電的小

球，將平行金屬板按如圖所示的電路連接，開關(guān)閉合后絕緣線與左極板間

的夾角為。.當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片在a位置時(shí)，電流表的讀數(shù)為夾角為a；

當(dāng)滑片在b位置時(shí)，電流表的讀數(shù)為b，夾角為。2,則（）

A.%<。2,h<hB.%>e2,/i>12

C.%="，A=/2D.%<%，A=12

11.分別將帶正電、負(fù)電和不帶電的三個(gè)等質(zhì)量小球，分別以相同的水平速匚

Vo

度由P點(diǎn)射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負(fù)電，下板接地.三寸d

'、'、'、

小球分別落在圖中4、B、C三點(diǎn)，則正確的是（）'CBA

A.A帶正電、B不帶電、C帶負(fù)電

B.三小球在電場中加速度大小關(guān)系是：aA>aB>ac

C.三小球在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等

D.三小球到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能關(guān)系是<EkB<EkA

二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共15.0分）

12.毛坦廠中學(xué)高三物理興趣小組的一位同學(xué)，發(fā)現(xiàn)了一塊比較特殊的電池,于是他組織了幾位同

學(xué)利用以下器材來測(cè)量該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

4.被測(cè)電池（電動(dòng)勢(shì)在10V?15V之間，內(nèi)阻未知）

B.電阻箱R（0?200）

C定值電限&（阻值50）

D電流表4（量程24內(nèi)阻較小）

E.電流表4（量程0.64,內(nèi)阻較?。?/p>

F.電鍵

G.導(dǎo)線若干

實(shí)驗(yàn)中為了保護(hù)電路，用到了包括電池和定值電阻區(qū)在內(nèi)的幾種實(shí)驗(yàn)器材:

①在虛線框內(nèi)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)原理圖，并在圖中表明所選器材的符號(hào):

②同學(xué)們利用實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)做出了通過電源的電流/的倒數(shù)海外電路電阻R(Ro除外)的關(guān)系圖線，即?

R圖線，如圖2所示。根據(jù)圖線求出電池的電動(dòng)勢(shì)為V,內(nèi)阻為2(保留2位有效數(shù)

字)；

③測(cè)量值和真實(shí)值相比，電動(dòng)勢(shì)和真實(shí)值相比,內(nèi)阻和真實(shí)值相比o(兩空都填“偏

大”“相等”或“偏小”)。

三、簡答題(本大題共1小題，共8.0分)

13.若已知土衛(wèi)一繞土星公轉(zhuǎn)半徑為r,公轉(zhuǎn)周期為T,萬有引力常數(shù)為G,土星半徑為R,試求：

(1)土星的平均密度；

(2)土星表面的重力加速度大小。

四、計(jì)算題(本大題共2小題，共27.0分)

14.如圖所示。ABC為固定在豎直平面內(nèi)的足夠高足夠長的光滑軌道，BC段水平。4B段與BC段平

滑連接。質(zhì)量mi小球從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為的小球發(fā)

生碰撞，碰撞前后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上。求：

(1)若兩小球碰撞后粘連在一起，求碰后它們的共同速度和損失的機(jī)械能：

(2)若兩小球在碰撞過程中無機(jī)械能損失，求碰撞后兩小球速度的大?。?/p>

(3)若兩小球在碰撞過程中無機(jī)械能損失，且mi=巾0,m2=km0.為使兩小球能發(fā)生第二次碰撞,

求k應(yīng)滿足的條件。

15.如圖所示，水平正對(duì)固定的M、N兩長直平行金屬板相距為d,

板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為E,N板下方足夠大的空間存在

著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、

電荷量為q的帶正電粒子，貼近M板的左端以大小為幾的初速度XXXXX

水平射入勻強(qiáng)電場，從狹縫P穿過N板后垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻XXXXX

速圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子受到的重力。求:

(1)粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t;

(2)粒子在磁場中供圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r。

五、綜合題(本大題共1小題，共6.0分)

16.(1)下列說法正確的是(填正確答案標(biāo)號(hào)。)

4比結(jié)合能越大，原子中核子結(jié)合的越牢固，原子核越穩(wěn)定

B.天然放射現(xiàn)象說明了原子核具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)

C.氫的半衰期為3.8天，若取100個(gè)氫原子核，經(jīng)7.6天后剩下50個(gè)氯原子核

。.大量處于n=4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級(jí)躍進(jìn)時(shí)，最多可產(chǎn)生4種不同頻率的光子

E.質(zhì)子、中子、a粒子的質(zhì)量分別為mi、m2>m3,兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)a粒子，釋

放的能量是(2m1+27n2-爪3兀2,c為真空中的光速

(2)4、B、C三球的質(zhì)量為？%2m,且直徑相同，靜止在足夠長的光滑水平面上，

如圖所示。給4球一個(gè)水平向右的初速度北，B球先與4球發(fā)生彈性正碰，再與C球發(fā)生彈性正碰,

且B球與C球發(fā)生彈性正碰的時(shí)間為上求B球給C球的平均作用力多大?

7777777777777777777777777777

參考答案及解析

1.答案：C

解析：

本題要求學(xué)生能熟記放各種射線的性質(zhì)，并能根據(jù)電場的性質(zhì)區(qū)分射線的種類。

據(jù)圖可知，電場的方向水平向右，a、0和y三種射線中，a帶正電、夕帶負(fù)電、y不帶電；

4D.由于C的電場力方向與場強(qiáng)方向相反，所以應(yīng)帶負(fù)電荷，故為電子流；同理可知4帶正電荷，即

為a射線，AZ）錯(cuò)誤；

BC.y射線在電場中不受電場力，不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，B為y射線，比X射線波長更短的光子流.故B錯(cuò)誤，

C正確。

故選C。

2.答案：D

解析：解：力、布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，是液體分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映；故A錯(cuò)誤；

B、熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，但要引起其他方面的變化，故8錯(cuò)誤；

C、物體放出熱量時(shí)，若同時(shí)外界對(duì)物體做功，則內(nèi)能不一定減小，溫度不一定降低，故C錯(cuò)誤；

。、大量氣體分子對(duì)器壁的持續(xù)撞擊引起了氣體對(duì)容器壁的壓強(qiáng)，故。正確；

故選：D.

布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)，但它反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)；

熱量可以自發(fā)地從高溫物體傳到低溫物體；若熱量從低溫物體傳到高溫物體，需引起其他方面的變

化；

注意做功和熱傳遞均可以改變物體的內(nèi)能，要注意考慮所有的可能；

氣體壓強(qiáng)是由于大量分子對(duì)器壁的碰撞產(chǎn)生的.

本題考查熱學(xué)中的布朗運(yùn)動(dòng)、內(nèi)能、熱力學(xué)第二定律以及壓強(qiáng)的微觀意義；熱學(xué)內(nèi)容的考查一般較

為全面，在學(xué)習(xí)中要注意全面把握；但要注意理解熱力學(xué)定律及氣體壓強(qiáng)等內(nèi)容.

3.答案：C

解析：解：開始時(shí)，4懸浮在水中某位置保持平衡，則4的重力等于排開水的重量；若用力按壓橡皮

膜到某一位置后，根據(jù)玻意耳定律，玻璃槽上方空氣的體積減小，壓強(qiáng)變大，則4內(nèi)被封氣體的壓強(qiáng)

也變大，則體積減小，即排開水的重力減小，浮力減小，此時(shí)重力大于浮力，玻璃瓶將下沉，下沉

過程中壓強(qiáng)不斷增加，被封的氣體體積不斷減小，浮力不斷減小，則玻璃瓶將加速沉到水底。故C

正確，A8O正確。

故選：C0

用力按壓橡皮膜，根據(jù)玻意耳定律，玻璃槽上方空氣的體積減小，壓強(qiáng)變大；浮沉子壓強(qiáng)與體積也

隨之變化，從而所受浮力發(fā)生變化。

本題考查熱學(xué)知識(shí)，涉及玻意耳定律以及浮力相關(guān)內(nèi)容，考查范圍較為綜合，對(duì)學(xué)生分析能力有一

定要求，難度適中。

4.答案：C

解析：

汽車在駕駛員反應(yīng)時(shí)間內(nèi)仍做勻速直線運(yùn)動(dòng)，剎車后做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)總位移等于15m列式，求

出勻減速直線運(yùn)動(dòng)花費(fèi)的時(shí)間，再求勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小。

本題要求同學(xué)們掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間關(guān)系式和位移時(shí)間關(guān)系式，知道在駕駛員反應(yīng)時(shí)間

內(nèi)汽車做勻速運(yùn)動(dòng).注意汽車剎車的末速度為0。

結(jié)合題意和圖可得15=Dx0.5+￡,解得u=10m/s,故C正確，A8D錯(cuò)誤。

故選Co

5.答案：B

解析：解：據(jù)單擺的周期公式7=2兀6得出重力加速度的表達(dá)式g=黑，判斷出重力加速度減小

的原因：

人若擺球的直徑較大，為精確起見，單擺的擺長就是擺線的長加上擺球的半徑，若加上直徑，則擺

長，偏大，則由上述公式知測(cè)量值偏大，故A錯(cuò)誤；

B、若將31次全振動(dòng)誤記為30次，則周期的測(cè)量值偏大，由上述公式求得的g值偏小，故8正確；

C、結(jié)束時(shí)提前按秒表，則將總時(shí)間記小，那么得到周期的值偏小，由上述公式得到的g值偏大，故

C錯(cuò)誤；

。、小球做圓錐擺，若擺線與豎直方向夾角為。則有.：mgtand=m(^)2-Isind,所以周期為T=

27r舟I小于同一擺長下的單擺的周期，貝叼值偏大，故。錯(cuò)誤；

故選：B。

單擺測(cè)定重力加速度的原理是：單擺的周期公式7=2兀2；在擺角很小的情況下，單擺的振動(dòng)才是

簡諧運(yùn)動(dòng);

為減小空氣阻力的影響，擺球的直徑應(yīng)遠(yuǎn)小于擺線的長度，選擇密度較大的實(shí)心金屬小球作為擺

球.擺長等于擺線的長度加上擺球的半徑；

根據(jù)單擺的周期公式T=27T4得出重力加速度的表達(dá)式g=警，從而判斷出重力加速度減小的原

因。

常用儀器的讀數(shù)要掌握，這是物理實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)。掌握單擺的周期公式，從而求解加速度，擺長、周

期等物理量之間的關(guān)系。單擺的周期采用累積法測(cè)量可減小誤差。對(duì)于測(cè)量誤差可根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理進(jìn)

行分析。

6.答案：A

解析：解：小球因?yàn)槟軌蛲ㄟ^最高點(diǎn)。，根據(jù)mg=m?,

得：vD=/gR

知在最高點(diǎn)的最小速度為前。

根據(jù)R=^gt2

得:t=杼

則平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為：x=顧.后=&/?。

知小球一定落在水平面4E上。故A正確，B、C、￡)錯(cuò)誤。

故選：Ao

通過小球能夠通過最高點(diǎn)D，根據(jù)牛頓第二定律求出最高點(diǎn)的最小速度，通過平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出

水平位移的大小，從而確定小球的落點(diǎn)位置.

解決本題的關(guān)鍵知道小球做圓周運(yùn)動(dòng)在最高點(diǎn)的臨界情況，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解.

7.答案：C

解析：解：圓環(huán)最終在y=a以下來回?cái)[動(dòng)，

以y=b(b>a)處為初位置，y=a處為末位置，知末位置的速度為零，

在整個(gè)過程中，重力勢(shì)能減小，動(dòng)能減小，減小的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，

根據(jù)能量守恒得，Q=mg(b-a)。故C正確，4、B、。錯(cuò)誤。

故選:Co

圓環(huán)在進(jìn)入磁場和出磁場的過程中產(chǎn)生感應(yīng)電流，有熱量產(chǎn)生，最終以y=a以下來回?cái)[動(dòng)，根據(jù)能

量守恒求出金屬環(huán)沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量.

解決本題的關(guān)鍵知道最終在y=a以下來回?cái)[動(dòng)，在擺動(dòng)時(shí)無熱量產(chǎn)生，以初始位置與y=a位置為

研究過程，動(dòng)能和重力勢(shì)能的減小量全部轉(zhuǎn)化為熱量.

8.答案：B

解析:

根據(jù)軌跡的彎曲方向可判斷兩電荷所受的電場力方向，并能確定兩電荷與Q電性的關(guān)系.根據(jù)電場

力做功正負(fù)，由動(dòng)能定理分析兩粒子經(jīng)過c、d兩點(diǎn)的速度大小、確定電勢(shì)能的變化。

本題要根據(jù)粒子的軌跡首先判斷所受的電場力方向，再判斷電場力做功的正負(fù)，進(jìn)而可分析動(dòng)能、

電勢(shì)能的大小。

A.根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，質(zhì)點(diǎn)所受的合力指向軌跡的內(nèi)側(cè)可知，甲受到引力，乙受到斥力，則甲與Q是異

種電荷，而乙與Q是同種電荷，故兩粒子所帶的電荷為異種電荷，故A錯(cuò)誤；

8.甲粒子從a到c過程，電場力做正功，動(dòng)能增加，而乙從a到d過程，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，兩

初動(dòng)能相等，則知甲粒子經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)的速度大于乙粒子經(jīng)過d點(diǎn)時(shí)的速度，故B正確；

C.甲粒子從a到b過程，電場力先做正功后做負(fù)功，電勢(shì)能先減小后增大；電場力對(duì)乙粒子先做負(fù)功

后做正功，電勢(shì)能先增大后減小，故C錯(cuò)誤；

。.經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)，兩粒子的電勢(shì)相等，而電量關(guān)系未知，不能確定電勢(shì)能的關(guān)系，故。錯(cuò)誤。

故選Bo

9.答案:D

解析：解：4、根據(jù)圖象的斜率表示加速度，斜率的絕對(duì)值越大，加速度越大，則知前3s內(nèi)的

加速度比最后2s內(nèi)的加速度小，故A錯(cuò)誤。

B、最后2s內(nèi)貨物向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，貨物處于失重狀態(tài)，故8錯(cuò)誤。

C、前3s內(nèi)，貨物向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，拉力不變，速度增大，由P=Fv知，拉力功率增大，故C錯(cuò)

誤。

。、最后2s運(yùn)動(dòng)過程中，貨物向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=7小"/『＜9，說

明拉力方向向上，對(duì)貨物做正功，所以貨物的機(jī)械能在增加。故。正確。

故選：Do

v-t圖象的斜率表示加速度，由斜率的大小分析加速度的大小.超重是物體所受的拉力或支持力大

于物體所受重力的現(xiàn)象，當(dāng)物體做向上加速運(yùn)動(dòng)或向下減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體均處于超重狀態(tài)，相反，

當(dāng)物體向上減速運(yùn)動(dòng)或向下加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體均處于失重狀態(tài)，根據(jù)圖象判斷物體的運(yùn)動(dòng)情況，然

后判斷物體的超重與失重情況.拉力的功率可由公式p=Fu分析.根據(jù)拉力做功情況，可判斷機(jī)械

能如何變化.

本題關(guān)鍵是根據(jù)u-t圖象得到物體的運(yùn)動(dòng)情況，判斷出受力情況，要知道只要加速度向上，物體就

處于超重狀態(tài).加速度向下，物體就處于失重狀態(tài).

10.答案：A

解析：解：由圖示電路圖可知，滑動(dòng)變阻器滑片由a位置移動(dòng)到b位置過程，外電路總電阻變小，由

變化電路歐姆定律可知，電路電流變大，電流表示數(shù)變大；

由圖示電路圖可知，電容器與定值電阻并聯(lián)，滑片由a移動(dòng)到b過程，定值電阻兩端電壓變大，電容

器兩極板間電壓變大，電場強(qiáng)度增大，小球所受電場力變大，細(xì)線與左板間的夾角變大，故A正確，

88錯(cuò)誤。

故選：Aa

根據(jù)圖示電路圖結(jié)合題意判斷電路電阻的變化，應(yīng)用歐姆定律判斷電路電流如何變化，然后判斷兩

極板間的電場如何變化；對(duì)小球受力分析可得出夾角的變化。

題綜合考查電路知識(shí)、電容器及共點(diǎn)力的平衡知識(shí)，要求學(xué)生能通過讀圖和審題找出其中的關(guān)系，

進(jìn)而由部分物理量的變化可得出其它量的變化。

11.答案：A

解析：

因?yàn)樯蠘O板帶負(fù)電，所以平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負(fù)電荷

受到向下的電場力。則不帶電的小球做平拋運(yùn)動(dòng)，帶負(fù)電的小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度比重力加速

度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運(yùn)動(dòng)。由此根據(jù)平拋和類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。

解決該題的關(guān)鍵是正確對(duì)小球進(jìn)行受力分析，知道將類平拋運(yùn)動(dòng)分解成沿著初速度方向的勻速直線

運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

F

O+。-Q

在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負(fù)電小球的受力如下圖所示：

■F

GGG

由此可知不帶電小球做平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度大小為：％=爭帶正電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)：。2=一，

帶負(fù)電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)：

a3=—mo

根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，球到達(dá)下極板時(shí)，在豎直方向產(chǎn)生

的位移/I相等，據(jù)￡=后得三小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間，正電荷最長，不帶電小球次之，帶負(fù)電小球時(shí)間最短。

4三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則落在板上時(shí)水平方向的距離與下落時(shí)間成正比，

故水平位移最大的4是帶正電荷的小球，B是不帶電的小球，C帶負(fù)電的小球。故4正確；

B.因?yàn)?帶正電，8不帶電，C帶負(fù)電，所以%=&2，aB=ac=a3,故B錯(cuò)誤；

C.由于三小球在豎直方向位移相等，初速度均為0,由于電場力的作用，三小球的加速度不相等，故

它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相等，故C錯(cuò)誤；

。.根據(jù)動(dòng)能定理，三小球到達(dá)下板時(shí)的動(dòng)能等于這一過程中合外力對(duì)小球做的功。由受力圖可知，

帶負(fù)電小球合力最大為G+F,做功最多動(dòng)能最大，即C的動(dòng)能最大，帶正電小球合力最小為G-F,

做功最少動(dòng)能最小，即4動(dòng)能最小，故。錯(cuò)誤。

故選：Ac

12.答案：121.0相等偏大

解析：解：

①利用器材來測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，由題意可知，實(shí)驗(yàn)中由兩個(gè)未知內(nèi)阻的電流表、一個(gè)電阻箱、

一個(gè)滑動(dòng)變阻器與一個(gè)定值電阻，沒有電壓表，兩電流表內(nèi)阻未知，不能用電流表與定值電阻組成

電壓表測(cè)電壓，因此不能用伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，應(yīng)該用安阻法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，電源

電動(dòng)勢(shì)約為10U-15L為了保護(hù)電路安全、進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn)測(cè)出多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，電流表應(yīng)選A1，安

阻法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)電路如圖所示

②由實(shí)驗(yàn)電路可知，在閉合電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E=/(r+R°+R)，貝嚀=等+抑，由圖所示圖

象可知，圖象的截距b=鬻=0.5,圖象的斜率k=工=其=上竺=2，則電源電動(dòng)勢(shì)E=”12V,

電源內(nèi)阻：r=，-R()=0.5x12—5。=1.0。

③考慮電流表內(nèi)阻對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，根據(jù)閉合電路歐姆定律有E=/(r+&+&+/?),變形可得：|=

中+》,可知，電流表內(nèi)阻會(huì)導(dǎo)致系統(tǒng)誤差，使電源內(nèi)阻測(cè)量值和真實(shí)值相比偏大，電動(dòng)勢(shì)和

真實(shí)值相比相等。

故答案為：①如圖所示；②12；1.0；③相等；偏大。

①根據(jù)實(shí)驗(yàn)器材選擇測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)所需實(shí)驗(yàn)器材：根據(jù)所選實(shí)驗(yàn)器材作出實(shí)驗(yàn)電路圖;

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路，由歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)圖象與函數(shù)表達(dá)式求出電源電動(dòng)勢(shì)

與內(nèi)阻；

③根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路分析實(shí)驗(yàn)誤差情況。

本題考查了測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，要掌握測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)的常用實(shí)驗(yàn)方案：伏安法、

安阻法、伏阻法，要掌握各種實(shí)驗(yàn)方案的實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)器材、實(shí)驗(yàn)電路、實(shí)驗(yàn)步驟與實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的

處理方法。

13.答案：解：(1)土衛(wèi)一繞土星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，

GMm4/

-=m—r

解得土星的質(zhì)量：時(shí)=岑

GT2

M

根據(jù)密度公式可知，P=1^7

3

聯(lián)立解得土星的平均密度：0=耳5。

LGT2R3

(2)根據(jù)物體在土星表面受到的重力等于萬有引力，

GMm

解得土星表面的重力加速度：9=粵=套。

答：(1)土星的平均密度為惡。

(2)土星表面的重力加速度大小為需。

解析：(1)研究衛(wèi)星繞土星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式求出土星的質(zhì)量，

根據(jù)密度公式求解平均密度。

(2)根據(jù)物體在土星表面受到的重力等于萬有引力，求解土星表面的重力加速度。

此題考查了萬有引力定律及其應(yīng)用，向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物

理量選取，根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式只能求解中心體質(zhì)量，無法求解環(huán)繞體質(zhì)量。

14.答案：解：⑴設(shè)質(zhì)量叫小球碰撞前的速度為火，下滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理可得：砥9九=：巾1諾

解得：v0=J2gh

若兩小球碰撞后粘連在一起，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m^Q=4-m2)v

解得"二年歷

2

根據(jù)能量守恒定律可得損失的機(jī)械能為：AE=一家巾1+m2)v

解得：4E=7nlm2gM

771x4-7712

(2)若發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m^Q=4-m2v2

根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：37nl詔=jmivi+jm2V2

2mi

聯(lián)立解得巧=叫—,叫_J2g九,v=--v=2mi_.J2g九;

1y2u0

"ebm1+m2umi+m2"乙m1+m2如+瓶2yy

v

(3)若兩小球在碰撞過程中無機(jī)械能損失，且?Hi=mQ,m2=km0,則有%=個(gè)%，2=椅北

為使兩小球能發(fā)生第二次碰撞，則有|%|>“2

聯(lián)立解得/c>3o

答：(1)若兩小球碰撞后粘連在一起，碰后它們的共同速度為段；師,損失的機(jī)械能為5黑9小

(2)若兩小球在碰撞過程中無機(jī)械能損失，碰撞后質(zhì)量巾1小球速度的大小為冷J嫡瓦質(zhì)量小2小

球速度的大小為;^■河；

"I］十〃/

(3)為使兩小球能發(fā)生第二次碰撞，k>3。

解析：(1)下滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理求解質(zhì)量m