2021年遼寧省高考物理沖刺壓軸試卷（一）

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.（2021?遼寧省?模擬題）關于原子核的衰變，下列說法正確的是（）

A.碘131的半衰期是8天，20g碘131經過24天后還有5g未衰變

B.用化學反應改變放射性元素的存在狀態，可以實現對衰變快慢的控制

C.漿7人衰變為馥2網，經過3次a衰變，2次0衰變

D.a、￡和y三種射線中，a射線的電離能力最強，y射線的穿透能力最弱

2.（2021?遼寧省?模擬題）如圖所示，勻強磁場方向水平向右，-'

一根長為L的直導線，折成互相垂直等長的兩部分時和t

A后放在勻強磁場中，帥段豎直，A段與磁場平行，給b°

導線通以大小為/的電流，導線受到的安培力為F;保持“

導線固定，將磁場以導線"為軸轉過90。，則導線受到的安培力大小為F'。下列說

法正確的是（）

A.勻強磁場的磁感應強度大小為喘

B.勻強磁場的磁感應強度大小為《

C.F'=F

D.F'=V2F

3.（2021?遼寧省?模擬題）如圖所示，尸、。兩點在同一豎：

直線上，它們離地高度分別是4比、2m,在尸點以速

I

度%=V5?n/s水平拋出一小球，在。點以速度水.

q?

平拋出另一小球，已知兩球做平拋運動的位移大小相

I

等，重力加速度g取10m/s2,則w大小為（）—!---------------------

A.6m/sB.4m/sC.V7m/sD.2m/s

4.（2021.遼寧省.模擬題）如圖甲所示為某列簡諧橫波沿x軸正向傳播在t=0時刻的波

形，如圖乙所示是介質中某質點的振動圖象，下列判斷正確的是（）

A.t=0時刻，質點a與質點b之間的距離為白

B.圖乙為質點c的振動圖象

C.t=0時刻，質點a的加速度正向最大、質點b的振動速度負向最大

D.質點〃經歷了力運動到c點

5.（2021?遼寧省?模擬題）如圖所示，具有一定初速度丫的物塊，在沿傾角為37。的粗糙

斜面向上運動的過程中，受到一個恒定的沿斜面向上的拉力尸作用，這時物塊的加

速度大小為6m/s2,方向沿斜面向下，重力加速度g取lOm/s?,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,則在物塊向上運動的過程中，下列說法正確的是（）

A.物塊與斜面之間因摩擦產生的熱量小于拉力尸做的功

B.物塊的機械能不變

C.物塊的機械能在增加

D.物塊的機械能在減少

6.（2021.遼寧省.模擬題）如圖所示，上表面光滑、下表面粗糙的半圓柱體靜置在水平面

上，其半圓圓心的正上方有一大小不計的光滑定滑輪，一細繩跨過定滑輪后兩端分

別連接A、8兩小球，A球在半圓柱體上，用一水平力尸拉著8球使系統平衡，若

將拉力尸逆時針轉動很小的角度，轉動后保持拉力尸的方向不變，系統再次平衡,

且半圓柱體始終靜止，則下列說法正確的是（）

第2頁，共19頁

A.拉力F減小B.細繩的彈力減小

C.A球對半圓柱的壓力大小不變D.地面對半圓柱的支持力增大

7.（2021?遼寧省?模擬題）如圖所示，間距L=1m的兩平行光滑金屬導軌固定在水平面

上，兩端分別連接有阻值均為20的電阻&、R2,軌道有部分處在方向豎直向下、

磁感應強度大小為B=17的有界勻強磁場中，磁場兩平行邊界與導軌垂直，且磁場

區域的寬度為d=2m,一電阻r=10、質量m=0.5kg的導體棒而垂直置于導軌

上，導體棒現以方向平行于導軌、大小孫=5rn/s的初速度沿導軌從磁場左側邊界

進入磁場并通過磁場區域，若導軌電阻不計，則下列說法正確的是（）

XXX：

XXX：

1I1

R、XXX；L危

I

XXX;T

TXXX：

A.導體棒通過磁場的整個過程中，流過電阻％的電荷量為1C

B.導體棒離開磁場時的速度大小為2m/s

C.導體棒運動到磁場區域中間位置時的速度大小為3rn/s

D.導體棒通過磁場的整個過程中，電阻/?2產生的電熱為1J

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

8.（2021.遼寧省.模擬題）如圖所示為甲、乙兩個質點在同一地點沿同一方向運動的速度

一時間s圖象，則下列說法正確的是（）

A.0?J時間內，甲質點先沿正方向運動后沿負方向運動

B.t=時刻，甲、乙兩質點相遇

c.o?ti時間內，甲、乙兩質點間的距離先增大后減小

D.0?L時間內，甲、乙兩質點的平均速度相同

9.（2021?遼寧省?模擬題）2020年7月21日發生了土星沖日現象，土星在地球軌道之外

圍繞太陽運行，當地球運行到土星和太陽之間且地球、土星和太陽在一條直線上，

就是土星沖日，測得每隔1年零13天（即378天）發生一次土星沖日現象，則下列

判斷正確的是（）

A.土星公轉的線速度小于地球公轉的線速度

B.土星公轉的角速度近似等于地球公轉的角速度

C.土星的公轉周期約為29年

D.土星沖日現象下一次出現的時間是2021年7月8日

10.（2021?遼寧省?模擬題）如圖所示，固定的點電荷M,N均帶正電，M的帶電量為Qi，

N的帶電量為Q2,<21><?2>。是M、N兩電荷連線中點，A,B是連線上關于。點

對稱的兩點，一個質量為機、帶電量為q的正點電荷P（重力不計）從。點以初速度

飛沿M、N連線向左運動，運動到A點時速度剛好為零，再次返回到。點時加速

度為。，已知。點電勢為Wo,靜電力常量為鼠則下列判斷正確的是（）

QiOQi

A.點電荷P從O點運動到A點，加速度不斷增大

B.點電荷P從A點運動到B點，電勢能不斷減小

。4點的電勢為以=仰+等

D.仞、N兩點間的距離為2回2'&

'ma

三'實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

11.（2020.福建省?期末考試）某同學做“驗證動量守恒定律”的實驗（如圖1所示），即研

究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。

第4頁，共19頁

1Tl位：＜-m

40.00

(1)圖中。點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球tn1多次從斜

軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置尸，測量平拋射程0P.然后，把被

碰小球加2靜置于軌道的水平末端部分，再將入射球mi從斜軌上s位置靜止釋放，

與小球m2相碰，并多次重復。接下來要完成的必要步驟是(填選項前的符號

)。

A.用天平測量兩個小球的質量m2.且有巾1>m2

A測量小球Tn】開始釋放的高度h

C測量拋出點距地面的高度H

D分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N

E.測量平拋射程。加、ON

(2)在某次的實驗中，得到小球的落點情況如圖2所示，假設碰撞中系統動量守恒，

則入射小球的質量和被碰小球的質量根2之比為。

(3)若碰撞中系統動量守恒，ON、OP、OM三者再滿足關系式,則可證明碰

撞是彈性碰撞。

12.(2021?遼寧省?模擬題)某同學要測量兩節干電池串聯后的電動勢和內阻，實驗室提供

的器材如下：

4待測的兩節干電池；

B.量程為3K內阻未知的電壓表V；

C滿偏電流》=200mA,內阻力=60的電流計G；

D滑動變阻器R(最大電阻100,允許通過的電流為14);

E.電鍵S,導線若干。

(1)實驗需要將電流計改裝成量程為0.64的電流表，實驗室還需要提供一個阻值為

。的定值電阻％;

(2)實驗室滿足了需要提供的定值電阻請根據實驗室提供的所有器材，設計實

驗電路圖，并畫在圖甲的方框內，并依據電路圖將圖乙的實物連接好；

(3)連接好電路后，閉合電鍵前，應將滑動變阻器的滑片滑到一端，使滑動變阻器

接入電路的電阻為(填“最大”或“零”)，閉合電鍵后，調節滑動變阻器，

滑得多組電壓表V的示數U和對應電流計G的示數/,作出U-/圖線，如圖丙所

示，則測得電源的電動勢E=V,電源的內阻r=0(結果均保留兩

位有效數字)。

四、計算題(本大題共3小題，共30.0分)

13.(2021?遼寧省?模擬題)導熱性能良好的氣缸內壁頂部有一

固定卡環1,卡環1到氣缸底部高度H=20cm,在氣缸

中間有一個卡環2,卡環2到缸底的高度為生=10cm,

一個質量僧=0.5kg的活塞將一部分氣體封閉在氣缸內，

氣缸內壁光滑，活塞與氣缸內壁氣密性好，在活塞上放

置質量m=0.5kg的重物，靜止時活塞對卡環2的壓力剛

好為零，已知大氣壓強po=1x105pa,環境溫度%=

300K,重力加速度g的大小取10m/s2,活塞的截面積S=5cm2,不計卡環及活塞

的厚度，求：

(1)撤去重物，穩定后活塞離氣缸底部的距離；

(2)撤去重物穩定后，再緩慢升高環境的溫度，當卡環1對活塞的作用力等于活塞

重力的五分之一時，環境的溫度。

第6頁，共19頁

14.(2021.遼寧省.模擬題)如圖所示，傾角。=37。的斜面體固定在水平地面上，斜面的

長為6機，長為3.、質量為4版的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對齊，質

量為2kg的物塊B放在長木板的上端，同時釋放A和8,結果當4的下端滑到斜面

底端時，物塊B也剛好滑到斜面的底端,運動的時間為2s,重力加速度g取10m/s2,

不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°=0.6,cos37°=0.8?

求：

(1)長木板A與斜面間的動摩擦因數內和物塊8與A間的動摩擦因數〃2；

(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與8間、A與斜面間因摩擦產生的

總熱量。

15.(2021?遼寧省?模擬題)如圖所示，長為L、水平放置的平行金屬板例、N間有正交的

勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里，下板的右邊

緣剛好在垂直于紙面向里的圓形有界磁場的邊界上，且下板與圓形有界磁場的圓心

在同一水平線上，圓形有界磁場的磁感應強度與M、N板間勻強磁場的磁感應強度

相等，一個質量為〃八電荷量為q的帶正電的粒子以大小為火的速度從兩板左側P

點沿平行板的方向射入兩板間，結果粒子恰好能沿直線通過；若撤去電場，該粒子

仍然從P點以水平速度火射入，粒子恰好能從上板的右端邊緣飛出，若撤去磁場，

該粒子仍然從P點以水平速度處射入，粒子恰好能從下板右端邊緣飛出，P點離上

板的距離為^3不計粒子的重力，求：

(1)勻強電場的電場強度大小和勻強磁場的磁感應強度大小；

(2)兩金屬板間的距離；

(3)撤去磁場，粒子從下板的邊緣飛出后進入圓形有界磁場，粒子從磁場邊界上的

。點(圖中未畫出)離開磁場，從Q點作粒子進磁場時速度所在直線的垂線，該垂線

過圓形有界磁場的圓心，則圓形有界磁場的半徑多大？

第8頁，共19頁

答案和解析

1.【答案】C

【知識點】射線及其特性、原子核的衰變、天然放射現象的發現

【解析】解：小碘131的半衰期約為8天，質量為20g的碘131,經過24天后，即經

過3個半衰期，剩余質量為：m'~m(1)3=1x20g=2.5g,故A錯誤；

B、放射性元素衰變的快慢是由原子核內部自身因素決定的，改變放射性元素的存在狀

態，不能改變衰變的快慢，故B錯誤：

C、鋸“J力衰變為絲2RU,質量數少12,則經過a衰變次數：%=汽三次=3次，經過￡

衰變的次數：y=(86+2x3—90)次=2次，即經過3次a衰變，2次/?衰變，故C正

確；

D、根據三種射線的特點可知，在a、。和y三種射線中，a射線的電離能力最強，y射線

的穿透能力最強，故。錯誤。

故選：a

根據半衰期的次數，抓住每經過一個半衰期有半數發生衰變得出剩余的質量；放射性元

素衰變的快慢是由原子核內部自身因素決定的，與外界的物理條件和所處的化學狀態無

關；根據衰變的實質，結合電荷數守恒、質量數守恒得出衰變的次數；根據三種射線的

特點判斷。

本題考查了衰變、半衰期等基礎知識點，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識點。

2.【答案】D

【知識點】安培力

【解析】解：A從如題圖所示導線慶部分，電流方向與磁場方向平行，則此部分導線

不受安培力作用；

導線外部分電流方向與磁場方向垂直，所以導線受到的安培力即為X：；

PV<XX

/7Sc：XX

"部分導線(長為3受到的安培力，則有：F=B《，解得：B=*,b——c

故AB錯誤；匕

CD、方法一：

將磁場以導線必為軸轉過90。后磁場方向如右圖所示(磁場方向向里或者向外，不會影

響安培力的大小。)，導線時與歷部分均與導線垂直，由左手定則可得所受安培力如

圖所示，則有：&=尸2=*，

導線受到的安培力大小為尸'為&與尸2的合力的大小，則有：F'=夜F1=與B1L

可得：F'=y/2F,

方法二：

利用有效長度計算安培力，受安培力的有效長度為c點到a點的線段長，即L立茲=乎3

則F'=B/L有效=9引3故。正確，C錯誤。

故選：Do

電流方向與磁場方向平行時則不受安培力；根據安培力計算公式尸=B/LsinO,通過矢

量合成或者有效長度計算安培力.

本題考查安培力的計算，以及產生安培力條件，電流方向與磁場方向平行時則不產生安

培力，當電流方向與磁場方向夾角為0,可用尸=B/Lsin。計算安培力大小，公式中的工

為有效長度。

3.【答案】A

【知識點】拋體運動

【解析】解：設Q點離地面高度為力，則P點離地面高度為2/7,根據題意可知：

兩球做平拋運動的位移大小相等，即

22

(%幻2+(2/1)2=(v2t2)+h

在豎直方向上：2h=^gtlh=|5f2

其中h=2m,v1-V3m/s

聯立解得：v2=6m/s

故A正確，BC￡＞錯誤；

故選：Ao

根據平拋運動規律求兩球的位移大小，根據位移大小求功

本題考查平拋運動的應用，本題關鍵在于理解平拋運動的位移，是拋出點到落地點之間

的距離，而不是水平距離也不是豎直距離。

4.【答案】B

【知識點】波速、波長和頻率、振動圖像、波的圖象

第10頁，共19頁

【解析】解：4質點。與質點匕的平衡位置相距3質點。與質點6之間的距離不等

于3九故A錯誤；

8、由甲圖可知，t=0時刻，質點c在平衡位置沿y軸負方向運動，因此圖乙為質點c

的振動圖象，故B正確；

C、t=0時刻，質點。位于正向最大位移處，加速度為負向最大，質點匕在平衡位置，

振動速度正向最大，故C錯誤；

。、波在傳播的過程中，質點在各自的平衡位置振動，并不沿波傳播的方向發生遷移，

故。錯誤。

故選：B。

質點a與質點b的平衡位置相距如由甲圖判斷時刻，質點c運動情況，結合振

動圖像進行判斷；由波的傳播方向判斷質點a及質點6的振動情況:波在傳播的過程中，

質點并不沿波傳播的方向發生遷移。

本題屬于波的圖象的識圖、振動圖象的識圖和對質點振動的判斷問題。考查知識點全面,

重點突出，充分考查了學生掌握知識與應用知識的能力。

5.【答案】B

【知識點】功能關系的應用

【解析】解：根據牛頓第二定律可知：

mgsin37°—尸+號=ma

代入數據解得：F-Ff=O

由此可知，物塊向上運動的過程中，尸和吐所做的總功為零

則物塊與斜面因摩擦產生的熱量等于拉力F做的功，物塊的機械能保持不變，故ACZ)

錯誤，B正確；

故選：B。

根據牛頓第二定律可知拉力和摩擦力做功，然后根據除了重力之外的力做功為零，機械

能守恒，

本題考查牛頓第二定律和機械能守恒的概念，系統只有重力做功或者彈簧彈力做功機械

能守恒，系統除了重力和彈簧彈力之外的力做功為零，系統機械能也守恒。

6.【答案】C

【知識點】共點力的平衡、力的合成與分解

【解析】解：48.將拉力尸逆時針轉動一個小的角度后，假定拉8的細繩方向不變或與

豎直方向的夾角減小，則細繩的彈力會減小，分析A球的受力可知，A球會沿半圓柱體

下滑。這必然導致細繩的彈力增大，前后矛盾，故拉8的細繩與豎直方向的夾角必然增

大，對A畫力的矢量圖可知，細繩的彈力可能不變、也可能增大，而拉力/必然增大,

故A8錯誤；

CD分別分析A球和半圓柱的受力可知，A球對半圓柱的壓力不變，地面對半圓柱的支

持力可能不變、也可能減小，故C正確；。錯誤；

故選：Co

先對小滑塊受力分析，根據共點力平衡條件求出支持力和拉力的表達式，再分析；然后

對半圓柱體受力分析，得到摩擦力和支持力表達式后分析。

本題關鍵是先后對小滑塊和半圓柱體受力分析，然后根據共點力平衡條件列式求解。

7.【答案】D

【知識點】動生電動勢、閉合電路歐姆定律、電磁感應中的功能問題

【解析】解:A、通過導體棒的電荷量Q=1△t=R1Rt=RR=2X2C=IC,

2t21+率

由于并聯電路電流與電阻成反比，所以Q1=3±Q=*X1C=O.5C,故A錯誤；

B、導體棒進出磁場，根據動量定理得：—BILXAt=mv—TTIVQ?而/XAt=Q,代入

可得：v=3m/s,故3錯誤；

C、同上，導體棒進入磁場正中位置時，根據動量定理有：-B/2XAtf=THAIZ即：一8x

xLXAd=-v)而5t'=g,聯立解得：i/=4m/s,故C錯誤；

R1+R22

D、根據能量守恒定律先求總的焦耳熱Q然=|mv2-imv2=lx0.5x(52-32)/=4/,

所以兩個外電阻上產生的熱量QR=5-Q=告*4/=2J,最后再求&上產生的焦耳熱

K+7*1+1

(21：由焦耳定律有:Qi+%XAt=QR,=/2/?tXAt,/i/?i=/27?2,聯立得到

QI=&QR=^X2J=1/,故。正確。

K-j~rK2ZTZ

故選：D=

第12頁，共19頁

導體棒進入磁場切割磁感線產生感應電流，而感應電流又受到安培力，安培力反過來又

影響導體的速度，故導體棒的加速度要減小，由平均值法由電流強度的定義求總的電荷

量，再按比例分配每一個電阻的電荷量；

根據動量定理求出末速度或進入磁場中間的速度；

由能量守恒定律求總的焦耳熱，再根據比例求每一電阻上產生的焦耳熱，注意這里是三

個電阻均產生焦耳熱。

本題設計精巧，從一個很簡單的過程，把電流強度的定義、焦耳定律、動量定理等綜合

在一起，把容易出錯的關鍵知識點放在一起對比，求電量可以兩步完成，但求熱量時要

三步才能完成。

8.【答案】CD

【知識點】運動的圖像

【解析】解：A、0?ti時間內，甲質點的速度一直為正，說明甲質點一直沿正方向運動，

故A錯誤；

3、甲、乙兩個質點在同一地點沿同一方向運動，根據v-t圖像與時間軸圍成圖形的面

積表示位移，知0?時間內，甲質點的位移比乙質點的大，貝=時刻，乙質點還沒

有追上甲質點，故8錯誤；

C、t=0時刻兩質點從同一位置出發，0?t（）時間內，甲質點的速度一直比乙質點的大，

則。?to時間內，甲、乙兩質點間的距離增大；％?右時間內，甲質點的速度一直比乙質

點的小，則甲、乙兩質點間的距離減小，故0?G時間內，甲、乙兩質點間的距離先增

大后減小，故C正確；

D,根據幾何知識可知，兩質點的圖像與時間軸所圍的面積相等，貝心?九時間內，甲、

乙兩質點的位移相同，所用時間相同，則平均速度相同，故。正確。

故選：CD。

根據速度的正負分析質點的運動方向；根據圖像與時間軸圍成圖形的面積表示位移，兩

質點位移是否相等，即可判斷是否相遇。根據速度關系判斷兩質點間距離的變化情況。

根據位移與時間之比分析平均速度關系。

解決本題時，要知道v-t圖像中圖像與時間軸圍成圖形的面積表示位移，速度的正負

表示速度方向。

9.【答案】AC

【知識點】萬有引力定律的應用

【解析】解：A、根據萬有引力提供向心力有竿=叱，可得線速度u=怪，

rzryr

由于土星的軌道半徑大，故土星繞太陽公轉的線速度小于地球繞太陽公轉的線速度，故

A正確；

BC、由題意可知兩次土星沖日的間隔時間為t=1年13天=1.0356年，在此時間內地球

轉的圈數比土星多一圈，

地球的公轉周期7=1年，設土星的公轉周期7'

則有解得〃=29年，

由此可知土星公轉的角速度遠小于約為地球公轉的角速度，故B錯誤，C正確；

D、2020年7月21日發生了土星沖日現象，再過1年零13天再次發生土星沖日，所以

下次發生土星沖日的時間約在2021年8月4日左右，故O錯誤。

故選：ACO

根據萬有引力提供向心力有咎=叱，可得線速度V,然后進行比較即可；

兩次土星沖日的間隔時間內，地球轉的圈數比土星多一圈，據此列式求解土星的公轉周

期；

本題考查天體當中的追及相遇問題，要掌握利用所轉圈數的關系分析兩次相距最近的條

件，然后求出土星的公轉周期。

10.【答案】AD

【知識點】電勢、電勢差與場強的關系、電場的疊加、電場力做功與電勢能變化的關系

【解析】解：4由于QI>Q2,且均帶正電，由場強的疊加可知M、N連線上場強為零

的位置在。點右側，因此點電荷P從。點到A點，受到的電場力越來越大，加速度越

來越大，故A正確；

氏由于M、N連線上電場強度為零的位置與B點的位置關系無法確定，因此不能確定點

電荷P從A運動到B電場力是否一直做正功，故8錯誤；

C.由于點電荷P只受電場力，因此電勢能與動能之和守恒qg,二萼+q%,解得：心=

(Po+故C錯誤；

D設M、N間的距離為L,由于電荷P在。點的加獴一上舒=ma

解得：L=2陋五五故。正確。

7ma

故選：A。。

本題首先要正確分析物體受力特點，明確力和運動的關系，在本題中注意滑動摩擦力的

第14頁，共19頁

大小方向不變，兩球靠近過程中庫侖力逐漸增大，小球先減速后加速，根據牛頓第二定

律和功能關系可正確解答。

本題在借助庫侖力的基礎知識，考查了力與運動、牛頓第二定理、動能定理等基礎知識

的綜合應用，是考查學生綜合能力的好題。

11.【答案】4。后4：1ON=0P+OM

【知識點】實驗：驗證動量守恒定律

【解析】解：(1)物體的動量用，網來表述，因此實驗中需要測出參與守恒驗證的物體的

前后動量，即需測出物體質量與對應時刻的物體速度，另外碰撞球近于彈性碰撞，遵循

“大”碰“小”往前跑，“小”碰“大”往回跑的規律，而本實驗要求碰后向前跑，故

A步驟必須。

每次使球1從同一位置滑下，力學情境不變，從而保證每次碰前速度不變，故B步驟不

需要。

1、2球碰前后都從同一點(同一高度)水平飛出(平拋)，碰前動量：771［與；碰后動量：

叫?+/因此守恒驗證只需miOP與磯0時+m2。％比較即可，故C步驟不需要，

DE步驟必需。

故答案為：ADE；

(2)動量守恒mi?OP=啊?OM+g?ON,代入圖中數據得:合=生為=25巖ho=

4

i°

(3)若為彈性碰撞同時滿足動能守恒，有61?OP=根1?OM+巾2?ON;

加1(基)2=如1(%2+)2(爺2,即n110P2=m20M2+7n20小，聯立解得：ON=

OP+OM(小球2碰撞前靜止，v2=0)；也就是說滿足巾1?OP=巾1?OM+巾2?ON的

條件下時，有ON=OP+0M關系的碰撞可認為是彈性碰撞。

故答案為：(l)XDE；(2)4：1：(3)0A/=OP+OM-,

根據實驗原理以及操作中的注意事項逐項分析，得出正確答案。由動量守恒定律求出需

要驗證的表達式，根據表達式確定需要測量的量；

本題實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運動并且落到同一水平

面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋

過程當中水平方向發生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目。

12.【答案】3最大2.83.3

【知識點】實驗：測定電源的電動勢和內阻

【解析】解：(1)根據歐姆定律可知十萬=(/—%)%,代入數據解得&=30;

(2)由于改裝后的電流表的內阻已知，因此將電壓表接在改裝后的電流表與電源串聯的

電路兩端，可以減小電動勢和內阻測量的誤差，電路設計如圖1。實物連接如圖2所示。

圖1圖2

(3)應將滑動變阻器的滑片滑到一端，使滑動變阻器接入電路的電阻最大，保護電路元

件；由閉合電路的歐姆定律有E=U+3/(r+0),變化得U=E-3(r+。)/,于是由

圖象可知，電源電動勢為2.8V,改裝后電流表內阻以=餐。=20

o+o

電源的內阻r=一心=3.30

U.J./3XO

故答案為：(1)3(2).見解析見解析(3).最大.2.8(2.7?2.9均可)，3.3(3.1?3.5均可)

(1)根據串并聯電路歐姆定律求得％;

(2)根據實驗原理與操作要求作電路圖與實物圖；

(3)閉合電鍵前，滑動變阻器要保護電路，接入阻值最大，根據閉合電路的歐姆定律與

圖象關系求得E與八

根據電源電壓等于路端電壓與內電壓之和，列式變形后結合圖象斜率與截距求得E與，。

13.【答案】解：(1)開始時，缸內氣體壓強pi=p0+等，

撤去重物后穩定時，缸內氣體的壓強P2=Po+詈，

設此時活塞離氣缸底部的距離為壇，氣體發生的是等溫變化，則有PibS=p2壇S,代

入數據,解得九2=10.91cm；

(2)當卡環1對活塞的作用力等于活塞重力的五分之一時，缸內氣體的壓強P3=Po+

1.2mg

S

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根據理想氣體狀態方程宰=哈，代入數據，解得7=560K；

;01

答：(1)撤去重物，穩定后活塞離氣缸底部的距離為10.91cm；

(2)撤去重物穩定后，再緩慢升高環境的溫度，當卡環1對活塞的作用力等于活塞重力

的五分之一時，環境的溫度為56OK。

【知識點】理想氣體狀態方程

【解析】(1)從初狀態到撤去重物后穩定時，根據活塞受力平衡可表示出兩個狀態的壓

強，此過程缸內氣體發生等溫變化，則可由波意耳定律求解；

(2)可先求出當卡環1對活塞的作用力等于活塞重力的五分之一時缸內氣體的壓強，結

合理想氣體狀態方程進行求解。

本題考查理想氣體狀態方程，要求學生通過對活塞的受力分析確定氣體壓強大小，再利

用理想氣體狀態方程進行求解，難度不大。

14.【答案】解：(1)設長木板A和物體8運動的加速度大小分別為由、a2,物塊B運動

到斜面底端經歷的時間為6

令長木板A的長為，物塊B的質量為小，則斜面長為2L,長木板A的質量為2〃?，

以長木板為研究對象，則乙=：電產

根據牛頓第二定律可知，2mgsin9—同x3mgcos0+i^mgcos。=2mar

以物塊B為研究對象，則2L=^a2t2

根據牛頓第二定律可知，mgsin6-n2mgcosd=ma2

聯立解得：Mi=0.5,“2=0.375

(2)設長木板A和物塊B運動到斜面底端時的速度分別為%、。2,則

1

L=2Vlt

1

2L=-v2t

根據能量守恒可知，摩擦產生的總熱量為Q=mgx2Lsin9+2mgLsin9-x

2mvf

解得:Q=90/

答：

(1)長木板A與斜面間的動摩擦因數少為0.5和物塊8與A間的動摩擦因數如為0375；

(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與8間、A與斜面間因摩擦產生的總熱

量為90J?

【知識點】功能關系的應用、牛頓第二定律

【解析】(1)分別對A和B由牛頓第二定律求加速度，然后結合勻變速直線運動的位移-

時間關系求解動摩擦因數；

(2)根據位移-時間關系求出A和B到達斜面最底端時的速度，然后由能量守恒求系統

因摩擦產生的總熱量。

本題考查多木塊疊加問題，這類問題一般先根據牛頓第二定律求加速度，結合運動學公

式求速度、時間或者位移。系統產生的熱量一般根據能量守恒求解。或者用直接法用摩

擦力與相對位移相乘。

15.【答案】解：(1)依題意：當板間只有磁場時，粒子恰

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