2021屆山東省高考物理模擬試卷

一、單選題（本大題共9小題，共28.0分）

1.由上海航天局聯合國內數家科研機構研制的月球車，是我國探月工程中的重要部分。月球車進

入休眠期時可采用同位素Piz238電池為其保暖供電。Pu238是人工放射性元素，可用弱痣7Np吸

收一個中子得到。P&238衰變時只放出a射線，其半衰期為88年。下列說法正確的是（）

A.Np237轉變成Pa238的核反應方程為猙Np+^nr探Pu+^e

B.a衰變是原子核中的一個中子轉變為一個質子和一個電子

C.若有4個P“238原子核，經過88年一定只剩下2個Pu238原子核

D.在月球環境下Pa238的半衰期可能會發生變化

2.如圖所示是沿x軸正向傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的波形，波速yian

為2m/s,圖中％=4m處的質點P的振動圖應是下圖中的哪個（）

3.壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小，一同學利用壓敏電阻設計了判斷升降機運動狀態

的裝置，如圖甲所示，將壓敏電阻平放在升降機內，受壓面朝上，在上面放一物體機，升降機

靜止時電流表示數為/（）,某過程中電流表的示數如圖乙所示，則在此過程中（）

C.升降機一定向上做勻加速運動D.升降機可能向下做勻減速運動

4.如圖所示為初速度為沿直線運動的物體的速度圖象，其末速度為力,在

時間t內，物體的平均速度9和加速度。是（）

Yr

A.萬〉誓，4隨時間減小

B.亍=等，a恒定

C.?。际模琣隨時間減小

D.無法確定

5.圖甲是小型交流發電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電

流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸。0'沿逆時針方向勻速轉動，從圖甲所示位置開始計時，產生

的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示。下列說法正確的是（）

甲乙

A.電流表的示數為204

B.線圈轉動的角速度為50?rrad/s

C.t=0.01s時，穿過線圈的磁通量為零

D.t=0.02s時，線圈平面與磁場方向垂直

6.如圖所示電路中，電源有內阻，氏=2.80,R2=1.8/2,當開關扳到

位置1時，電壓表示數為5.6乙當開關扳到位置2時，電壓表示數可能

為（）

A.5.4V

B.5.67

C.3.0K

D.3.6K

降落

7.如圖所示是某航天飛船返回艙返回地面的示意圖，假定其過程可簡化為：w/

打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需點燃返

回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則（）返回艙

A.返回艙在噴氣過程中所受合外力可能與運動方向相同短冷火簫

B.返回艙在噴氣過程中艙內的宇航員處于失重狀態

C.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力不變

D.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭噴氣而獲得向上的反沖作用力

8.如圖甲所示，質量為m=11kg的木塊靜止在水平面上，現用與水平面成。=37。角的力F拉著木

塊運動,5s后撤去拉力，木塊運動的u-t圖象如圖乙所示，不計空氣阻力,sin37o=0.6,cos37o=

0.8,g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.木塊與水平面間的動摩擦因數0.25

B.拉力產的大小為70N

C.在0.7S內，木塊克服摩擦力做功為1400/

D.在2s時，拉力F的瞬時功率為2801V

9.在某電視臺觀看“蹦極”節目。簡化如圖，一根彈性橡皮繩一端系于跳臺，另一端系于蹦極者

身上，不計空氣阻力。跳極者從開始下落到最低點的過程中。下列說法正確的是（）

A.蹦極者的機械能不變

B.蹦極者下落至橡皮繩原長位置時動能最大

C.蹦極者下落至最低點時橡皮繩的彈性勢能最大

D.蹦極者重力勢能與橡皮繩彈性勢能之和不變

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

10.一電子經過電場中的4、B兩點，電子在4點電勢能為4.8xICT"/,動能為3.2xIO-"/,經過p

點時電勢能為6.4x10-17）,如果只考慮電子受電場力作用，則下列說法正確的是（）

A.電子在B點動能為1.6xIO-。/

B.電子從4到B電場力做功為100匹

C.4點電勢低于B點電勢

D.A、B兩點電勢差為1001/

11.如圖所示，兩束單色光a、b分別照射到玻璃三棱鏡4c面上，穿過三棱

鏡后互相平行，則（）

A.a光頻率高、

B.b光頻率高

C.a光穿過棱鏡的時間短

D.b光穿過棱鏡的時間短

12.木衛一是最靠近木星的衛星，丹麥天文學家羅邁早在十七世紀通過對木二J二

衛一的觀測測出了光速.他測量了木衛一繞木星的運動周期T和通過木富用木衛_

星影區的時間t.若已知木星的半徑R和萬有引力恒量G,T遠小于木星繞一：'.、一/一一

太陽的運行周期，根據以上條件可以求出（）

A.木星的密度

B.木衛一的密度

C.木衛一繞木星運動的向心加速度大小

D.木衛一表面的重力加速度大小

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

13.某同學設計的“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置如圖甲所示，實驗中認為細繩對小

車拉力F等于所掛砂和砂桶的總重力，小車的加速度a利用打點計時器測得。

（1）關于該實驗，下列說法正確的有

A.實驗時必須先接通電源再釋放小車

員小車的質量應遠小于砂和砂桶的總質量

C.實驗前應調節滑輪高度，使滑輪和小車間的細線與木板平行

D平衡摩擦力時，掛上砂和砂桶，將木板右端適當墊高，使小車恰好勻速下滑

（2）圖乙為實驗中得到的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4為計數點，相鄰兩計數點間還有4個打

點末畫出。交變電流的頻率為50Hz,從紙帶上測出X]=6.00cm,x2=6.87cm,x3=7.75cm,

/=8.64cm。則紙帶的（填“左”或“右”）端與小車相連，小車運動的加速度大小為

m/s2.（結果保留2位有效數字）

（3）探究合力一定，物體加速度與質量關系時，在小車上依次放置祛碼，多次測量小車的加速度a,

繪制的圖象如圖所示，圖中ni為小車上所放祛碼的質量，圖線斜率為k,縱軸截距為b則小車受

到的拉力尸=，小車質量M-。

14.如圖所示為實驗室常用的兩個量程的電壓表原理圖.當使用。、4兩接線柱——冬]

時，量程為3V；當使用。、B兩接線柱時，量程為15V.已知電流計的內電阻——A——

Rg=500。，滿偏電流b=100“求分壓電阻&和/?2的阻值.a:

15V3V?

四、計算題（本大題共4小題，共46.0分）

15.如圖所示，在光滑水平地面上有一固定的擋板，擋板上固定一個輕彈簧?，F有一質量M=3kg,

長L=4m的小車4B（其中。為小車的中點，力。部分粗糙，OB部分光滑），一質量為m=1kg的小

物塊（可視為質點），放在車的最左端，車和小物塊一起以%=4m/s的速度在水平面上向右勻速

運動，車撞到擋板后瞬間速度變為零，但未與擋板粘連。已知車OB部分的長度大于彈簧的自然

長度，彈簧始終處于彈性限度內，小物塊與車4。部分之間的動摩擦因數為4=0.3,重力加速度

g=lOui/sZ.求：

（1）小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能;

（2）小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量；

（3）小物塊最終停在小車上的位置距4端多遠。

AW/VWWVg

16.如圖為某種步槍子彈的結構示意圖，容積為V=2.24mL的火藥倉裝滿火藥，擊發子彈時火藥瞬

間完成完全燃燒，產生的燃氣有n=0.04mol,此時燃氣絕對溫度為72=870（7。為（TC時的絕對

溫度），燃氣可視為理想氣體，若的任何氣體在溫度為T。、壓強為po（p0為標準大氣壓）時體

積均為％=22.4L.求：

（I）擊發子彈時燃氣產生的壓強為多少？（用po為單位，下同）

(n)擊發后彈頭進入槍管，最后從槍口射出時燃氣的溫度為47°,若槍管容積為槍管有膛線造

成一點漏氣，彈頭射出槍口時彈倉和槍管中只保留了剛擊發時90%的燃氣分子，求彈頭射出槍

口時燃氣產生的壓強為多少？(用Po為單位)

彈殼

17.如圖所示，是檢測單匝線框是否合格(完全閉合)的部分裝置示意圖，被檢測單匝金屬線框隨傳

送帶以相同的速度U從左向右勻速運動，通過觀察線框進入一固定勻強磁場區域后是否相對傳送

帶滑動就能夠檢測出線框是否合格.已知固定磁場區域邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直,MN

與PQ間的距離為d,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于傳送帶平面向下.被檢測的正方形

金屬線框abef的邊長為L(L<d),質量為M，電阻為R,線框與傳送帶間的動摩擦因數為〃，當

地的重力加速度為g,線框的ab邊從磁場邊界MN進入磁場，當線框的ab邊經過邊界PQ時又恰

好與傳送帶的速度u相同，設傳送帶足夠長，且線框在傳送帶上始終保持ab邊平行于磁場邊界,

求：

(1)線框的右側邊ab剛進入磁場時所屬安培力的大??；

(2)大致畫出線框從進入到離開磁場后一段時間內可能的一種u-t圖象;

(2)求整個過程中線框中產生的焦耳熱.

18.人、G為相互平行的足夠長光滑導軌，位于光滑水平面內.一個略長于導軌間距，質量為M的

光滑絕緣細管與導軌垂直放置，細管可在兩導軌上左右平動.細管內有一質量為小、帶電量為+q

的小球，小球與L導軌的距離為d.開始時小球相對細管速度為零，細管在外力作用下從Pi位置以

速度火向右勻速運動.垂直平面向里和向外的勻強磁場/、口分別分布在人軌道兩側，如圖所示，

磁感應強度大小均為8.小球視為質點，忽略小球電量變化.

(1)當細管運動到L1軌道上P2處時，小球飛出細管，求此時小球的速度大小；

(2)小球經磁場II第一次回到刀軌道上的位置為。，求。和Pz間的距離；

(3)小球回到刀軌道上。處時，細管在外力控制下也剛好以速度必經過。點處，小球恰好進入細管.此

時撤去作用于細管的外力.以。點為坐標原點，沿G軌道和垂直于人軌道建立直角坐標系，如圖

所示，求小球和細管速度相同時，小球的位置(此時小球未從管中飛出).

XXX?XXXXX

X”XXXXXX

XXXXXXXXXX

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：根據質量數守恒及核電荷數守恒，弱星7Np得到品8Pa的核反應方程式為：

H7Np+lnPu+^e.P“238衰變時只放出a射線，其衰變方程式為：H8Pu->^4U+^He.

A、根據核反應方程式知，中子被Np237吸收后，轉變為Pu238時，將放出電子，故4正確；

8、根據Pu238的a衰變方程知，衰變時并不是中子轉化為質子，故B錯誤；

C、半衰期適用于大量原子核，故C錯誤；

。、原子核衰變不會受外界因素影響而變化，故。錯誤。

故選：Ao

根據質量數守恒及核電荷數守恒，寫出弱朗7Np得到至8Pa的核反應方程式及PU238衰變方程式；在

S衰變中，一個中子轉變為一個質子和一個電子；半衰期適用于大量原子核；原子核衰變不會受外界

因素影響而變化。

本題考查了核反應方程式的書寫、原子核衰變等知識點，根據質量數守恒及核電荷數守恒寫出核反

應方程式是解決本題的關犍，掌握a與￡衰變的區別，注意半衰期的適用條件與特征。

2.答案：A

解析：解：由波動圖象讀出波長2=4m,由波速公式=：得7=：=3s=2s

簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=0時刻x=4m處的質點振動方向向上，且正好通過平衡位置，位

移為零，由此可知x=4m處的質點的振動圖象應是4圖。故A正確，BCD錯誤；

故選:Ao

由波動圖象讀出波長；I，由波速公式。=*求出周期。根據t=0時刻x=4m處的質點的位置和速度方

向，再進行判斷。

本題考查基本的讀圖能力，由波動圖象讀出波長，由波的傳播方向判斷質點的振動方向，判斷質點

的振動方向等等都是基本功，要加強訓練，熟練掌握。

3.答案：D

解析：解：物體小不是壓敏電阻，物體電阻與受力無關，電阻不變，A正確；

8、升降機靜止時電流表示數為/。，而運動過程中電流表示數為2/。，由歐姆定律分析壓敏電阻的阻

值變小，說明壓敏電阻所受壓力增大，大于重力，則物體處于超重狀態，8錯誤；

CD、升降機具有向上的加速度，可能向上勻加速運動也可能向下做勻減速運動，故C錯誤，。正確；

故選：0。

壓敏電阻的阻值會隨所受壓力的增大而減小。運動中電流增大，說明壓敏電阻的電阻值較減，壓力

增大，然后受力分析，判斷超重與失重。

本題需信息轉化，將電流的變化轉化為壓力的變化；需熟悉超重和失重過程的加速度方向和可能速

度方向。

4.答案：A

解析：

速度時間圖線的切線斜率表示加速度，根據圖線斜率的變化判斷加速度的變化.連接圖線的首末兩

點，該直線表示做勻加速直線運動，得出平均速度速度的大小，通過圖線與時間軸圍成的面積表示

位移比較物體的平均速度與勻變速直線運動的平均速度大小.

解決本題的關鍵知道速度時間圖線的切線斜率表示加速度，圖線與時間軸圍成的面積表示位移.

圖線的斜率逐漸減小，知加速度隨時間減小.連接圖線首末兩點，該直線表示物體做勻加速直線運

動，平均速度了=空，因為變加速直線運動圖線與時間軸圍成的面積大于勻加速直線運動圖線與

時間軸圍成的面積，即變加速直線運動的位移大于勻加速直線運動的位移，時間相等，則平均速度

大于勻加速直線運動的平均速度，即方＞空.故A正確，B、C、。錯誤.

故選A.

5.答案：C

解析：解：小由題圖乙可知交流電電流的最大值為：加=10魚4周期為：T=0.02s

由于電流表的示數為有效值，故示數為：/=/=催=104故A錯誤；

B、線圈轉動的角速度為：w=Y=-^rad/s=100nrad/s,故B錯誤；

C、t=0.01s時線圈中的感應電流達到最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁

通量為0,故C正確；

。、0.02s時線圈中的感應電流最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化率最大，磁通量為0,

線圈平面與磁感線平行，故。錯誤。

故選：C。

由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期，電流表的示數為有效值；感應電動勢最大，則穿過線圈

的磁通量變化最快，磁通量為0,線圈平面與磁感線平行

本題考查交變電流的產生及有效值的定義，要注意明確電流表示數、機器銘牌上所標的電流值、電

壓值等均為有效值。

6.答案：A

解析：解：根據閉合電路歐姆定律，當開關扳到位置1時，電壓表的讀數U1=*=5.6V

當開關扳到位置2時，電壓表的讀數4=含

兩式相比可得者=%(出+丁)

u

2R2(7?j+r)

即4=鬻電1

K1^K2+r)

當r=0時4=力=5.6V

當r=8時/=*=署V=3.6U

AJZ.O

由此可見，4的取值范圍為3.6V<U2<5.6V

故A正確，BCD錯誤。

故選：J4O

當電鍵扳到位置1時，外電阻減小，路端電壓減小，電流增大。根據歐姆定律進行判斷。

本題要根據路端電壓隨外電阻減小而減小，電流隨外電阻減小而增大確定路端電壓的變化范圍。

7.答案：D

解析：解：4、返回艙在噴氣的過程中，做減速運動，加速度方向與速度方向相反，則合力的方向與

速度方向相反。故A錯誤。

8、在噴氣的過程中，加速度方向向上，宇航員處于超重狀態，故B錯誤。

C、火箭開始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直

接對返回艙作用因而傘繩對返回艙的拉力變小，此時火箭噴氣過程中傘繩對返回艙的拉力小于重力,

故C錯誤；

。、返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭噴氣而獲得向上的反沖作用力，故。正確。

故選：D?

打開降落傘一段時間后，返回艙已經做勻速運動，此時的速度還是比較大，當著陸時點燃緩沖火箭

使返回艙的速度快速的減為零，合力與速度反向相反，從而安全著陸，所以在點燃返回艙的緩沖火

箭的過程中，起主要作用的是緩沖火箭，緩沖火箭對返回艙做負功使其動能減小.

在著陸的過程中，主要是靠緩沖火箭來使返回艙減速到零，所以緩沖火箭對返回艙做負功，返回艙

做減速運動有向上的加速度，處于超重狀態.本題需要同學分析清楚返回艙的運動過程，從而判斷

返回艙運動的狀態

8.答案：B

解析：解：力、撤去拉力后木塊做勻減速運動，由u-t圖象的斜率可得，勻減速運動的加速度大小

為=*=5?n/s2,由牛頓第二定律得：i^mg=ma2,解得〃=0.5,故A錯誤.

B、0-5s內木塊的加速度為％=：=￡=2m/s2,由牛頓第二定律得：Fcosd-n(mg-Fsind)=

mar,解得F=70N,故B正確.

C、在0.7s內，木塊的位移為x="I=1x2x0.72m=0.49m,木塊克服摩擦力做功W=^mg一

Fsind)x=0.5x(11x10-70x0.6)x0.49=16.66/,故C錯誤.

。、在2s時，木塊的速度為v==4m/s,此時拉力F的瞬時功率為P=FvcosO=70x4x0.8W=

224W,故。錯誤.

故選：B

撤去拉力后木塊做勻減速運動，由u-t圖象的斜率求出加速度，再由牛頓第二定律求木塊與水平面

間的動摩擦因數.再研究有拉力作用的過程，由v-t圖象求出加速度，再由牛頓第二定律求拉力產的

大小.由位移公式求出0.7s內木塊的位移，再由功的公式求克服摩擦力做功.由速度公式求出2s末

木塊的速度，再由公式P=Fucos。求瞬時功率.

本題是牛頓第二定律和運動學公式結合處理動力學問題，加速度是關鍵量，是聯系力和運動學關系

的橋梁，在這種方法中是必求的量.

9.答案:C

解析：解：4下落過程中，彈性繩對蹦極者向上的力做負功，則蹦極者的機械能減少，故A錯誤；

反彈性繩剛開始繃緊時，彈性繩的拉力為零，物體只受重力，合外力向下，運動員向下做加速運動，

速度繼續增大，故此時運動員的速度不是最大。故8錯誤；

C.到最低點彈性繩的形變量最大，所以彈性勢能最大，故C正確；

。.在整個下落過程中，運動員和彈性繩組成的系統，只有重力和彈力做功，系統的機械能守恒，由

于運動員的動能先增大后減小，所以由系統的機械能守恒知，重力勢能與彈性繩的彈性勢能之和先

減小后增大，故。錯誤。

故選：C。

彈性繩剛開始繃緊后運動員受到重力和彈性繩向上的拉力，開始階段，拉力小于重力，運動員向下

做加速運動，當拉力大于重力后，運動員做減速運動。拉力大小隨著伸長的長度增加而增大，根據

牛頓第二定律分析速度變化。根據功能關系分析動能、重力勢能和彈性勢能之間的關系。

正確對研究對象進行受力分析，根據受力分析運動情況，知道機械能守恒的條件；

10.答案：AD

解析：解：4、只受電場力，則電子的能量守恒，在4點￡=EK+琢=3.2xICT。+女8xKT"=

8X10T7/,在B點/=E-Ep=8x10-17-6.4x10-17=1.6x10-0/,故A正確；

B、電場力做的功等于電勢能的變化量，所以由4到B電場力做功以B=EPA-EPB=-1.6xIO-”/=

—100ev,故8錯誤;

C、因為Ep4<Ep8，電子帶負電，根據電勢能的定義知外>0B，故C錯誤；

D、I4^e=-eUAB,所以以B=100V,故。正確；

故選：AD.

根據能量守恒求出電子的動能，根據電場力做功與電勢能的變化關系求電場力做的功，同時可以求

出兩點間的電勢差。

本題重點考查了電場力做功與電勢能的變化關系MB=EPA-Epp這個關系式，結合功的公式即可解

決此類題目。

11.答案：BC

解析：解：AB.a、b穿過三棱鏡后互相平行，貝膚昉光偏折程度，b光的折射率大，b光的頻率大.故

A錯誤，B正確.

CD、根據“=￡得，b光的折射率大，則b光在棱鏡中速度較小，a光在棱鏡中傳播速度較大，且a光

在棱鏡中的路程較短，所以a光穿過棱鏡的時間較短.故C正確，。錯誤.

故選：BC.

根據光線的偏折程度比較光的折射率大小，從而得出光在介質中的速度大小關系，從而比較出光在

棱鏡中傳播的時間長短.

解決本題的突破口在于通過光線的偏折程度比較折射率的大小，知道在介質中速度與折射率的關系.

12.答案：AC

解析:解：人仄如圖:通過木星影區的時間3周期為7,則=J,解得:。=解兀,而/=sin；=sin5,

2nTTr2T

24a2r34TT*2D3

根據萬有引力提供向心力：G等=m^r,解得：”=k=折碎，可求得中心天體的質量,

AM37r

球體體積v=2兀R3,可得：P=-=ru,故A正確，8錯誤；

sT

C、根據萬有引力提供向心力：G等=?nQ=7n羽r,解得：。=〒-=正薩，故C正確；

。、公式只能計算中心天體的物理量，故。錯誤：

故選：AC

根據木衛一繞木星的運動周期T和通過木星影區的時間3計算走影區對應的圓心角，進而到木衛一

的軌跡半徑，從而求得中心天體質量和圓周運動的加速度.

本題關鍵是根據木星的衛星做圓周運動的向心力有萬有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出

要測量的量.

13.答案：(1)4C；⑵左；0.88；(3冷］

解析：(1)為了保證打第一個點時小車速度為零及充分利用紙帶打出足夠的點，應該先接通電源再釋

放小車；為了保證繩子的拉力大小近似等于砂和砂桶的重力，小車的質量應遠大于砂和砂桶的總質

量；為了保證繩子拉力方向和小車運動方向始終相同，實驗前應調節滑輪高度，使滑輪和小車間的

細線與木板平行；平衡摩擦力時，不能夠掛上砂和砂桶。故AC正確。

(2)小車做勻加速直線運動，且點跡間距從左到右逐漸變大，則故紙帶的左端與小車相連；相鄰兩計

數點間還有4個打點末畫出，所以7=5x0.02s=0.1s,

2

根據逐差法：a=*+%］”+&)=7.75+&6：；：：；0+6.87)義1Q-2m/s=0.88m/s?

(3)根據牛頓第二定律:F=(zn+M)a,整理得［=y+^m,其中b=%k=",解得:F=*,M=也

故答案為：(1)2C；(2)左；0.88；⑶%匕

實驗時必須先接通電源再釋放小車；小車的質量應遠大于砂和砂桶的總質量；滑輪和小車間的細線

與木板平行；平衡摩擦力時，不掛上砂和砂桶；利用逐差法求加速度；根據牛頓第二定律列出方程，

把方程整理成快于m的一次函數，結合圖象和題目條件可以求出拉力和小車質量。

本題考查了探究加速度與物體質量、物體受力的關系的實驗。教科書本上的實驗，我們要從實驗原

理、實驗儀器、實驗步驟、實驗數據處理、實驗注意事項這幾點去搞清楚。

對于實驗我們要清楚每一項操作存在的理由。比如為什么要平衡摩擦力，為什么要先接通電源后釋

放紙帶等。

14.答案：解：串聯分壓電路的特點就是電流相同，在改裝的電壓表中，各量程達到滿偏電壓時，經

過“表頭”的電流均為滿偏電流.

根據串并聯規律，接。、A時：％=儡，解得R】=^-Rg=麗奈？-500=2.95x104。，

接°、B時：解得/?2=為一%-8=7^—500—2.95X104=1.2X1050，

答：分壓電阻Ri的阻值為2.95x104/2,/?2的阻值為12x1。50.

解析：本題的關鍵是明確電壓表是電流表與分壓電阻串聯而改裝成的，當電壓表達到量程時通過電

流表的電流應為滿偏電流，然后根據串并聯規律求出分壓電阻的大小即可.

電壓表是電流表與分壓電阻串聯而成，當電壓表達到量程時通過電流表的電流應為滿偏電流.

15.答案：解：(1)對小物塊，格ma=-umg

根據運動學公式后-詔=2a，

由能量關系如。2=Ep,

解得的=2/。

(2)設小物塊離開彈簧時的速度為％,有=

對小物塊，根據動量定理1--m%-mv

由⑤⑥式并代入數據得/=-4kgm/s.

彈簧對小物塊的沖量大小為4kgm/s,方向水平向左。

(3)小物塊滑過0點和小車相互作用，由動量守恒=(爪+M)V2.

由能量關系“mgx=ijnvf+M)域

小物塊最終停在小車上距4的距離/=g-％

解得辦=l-5m?

答：(1)小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為2/。

(2)小物塊和彈簧相互作用的過程中，彈簧對小物塊的沖量大小為4kgm/s,方向水平向左。

(3)小物塊最終停在小車上的位置距4端為1.5m。

解析：(1)根據牛頓第二定律求出小物塊在40段做勻減速直線運動的加速度大小，從而根據運動學

公式求出小物塊與B彈簧接觸前的速度，根據能量守恒定律求出彈簧的最大彈性勢能。

(2)小物塊和彈簧相互作用的過程中，根據能量守恒定律求出小物塊離開彈簧時的速度，根據動量定

理求出彈簧對小物塊的沖量。

(3)根據動量守恒定律求出小物塊和小車保持相對靜止時的速度，根據能量守恒定律求出小物塊在小

車上有摩擦部分的相對路程，從而求出小物塊最終位置距離4點的距離。

本題綜合考查了動量定理、動量守恒定律以及能量守恒定律，綜合性較強，對學生的能力要求較高，

關于這方面的問題，需加強訓練。

16.答案：解：(I)在擊發子彈時

初始狀態參量：Pi=Po，匕="匕，71=70，

-3

末狀態參量：T2=8T0,V2=V=2.24x10L

根據理想氣體的狀態方程有

PiVi_PzVz

代入數據解得：p2=3200po

（口）彈頭射出槍口的過程中

初始狀態參量：p3=p0,V3=O.9nVo,T3=T0,

-33

末狀態參量：T4=4T0,14=K+UK=12x2.24x10L=26.88x10-L

根據理想氣體的狀態方程有

P3V3_P4V4

代入數據解得：p4=12Opo

答：（I）擊發子彈時燃氣產生的壓強為3200P。

（口）彈頭射出槍口時燃氣產生的壓強為為120p0。

解析：（I）分析擊發子彈前后氣體的壓強、體積、溫度各為多大，根據理想氣體的狀態方程可解得

擊發子彈時燃氣產生的壓強。

（口）同（I）分析擊發子彈前后氣體的壓強、體積、溫度各為多大，利用理想氣體的狀態方程即可解得。

本題考查理想氣體狀態方程，做題關鍵在于分析氣體變化前后的三種物理量情況，再利用理想氣體

的狀態方程即可解得。

17.答案：解：（1）線框右側邊剛進入磁場時，感應電動勢：E=BLv0,

根據閉合電路的歐姆定律可得感應電流：

K

右側邊所受安培力：F=BIL=膂；

（2）線框以速度必進入磁場，在進入磁場的過程中，受安培力而減Vf

速運動；進入磁場后，在摩擦力作用下加速運動，r----7T---7"---

當其右側邊到達PQ時速度又恰好等于火,因此，可能的圖象如圖f

所示，

2

（3）根據勻加速運動的位移速度關系可得：v-vj=2a（d-L）0;

根據牛頓第二定律可得：Rmg=ma,

以線框為研究對象，根據動能定理可得：iimgL-W=^mvl-\mv2,

克服安培力做的功等于回路中初速度焦耳熱，線框進入磁場和離開磁場的過程中受力情況和運動情

況完全相同，

所以有：Q=2W,

聯立解得：Q=2林mgd.

答：(1)線框的右側邊ab剛進入磁場時所屬安培力的大小為竺夢；

(2)大致畫出線框從進入到離開