2021年四川省眉山市高考物理三診試卷

1.人類第一次實現原子核人工轉變的核反應方程是下列的()

A.^He+^Al-猾P+JnB.擔e+尹N。+出

C.925^+on-*564Ba+HKr+SjnD.釗+：H號He+Jn

2.2021年2月24日6時29分，圖(a)所示的我國首次火星探測任務天間一號探測器

成功實施第三次近火制動，進入近火點280千米、遠火點5.9萬千米、周期2個火

星日的火星停泊軌道。若探測器的停泊軌道可看作是圖(b)所示的橢圓軌道，其中

的P點為近火點，。點為遠火點，則可知()

0(a)

A.探測器在尸點的速度小于在Q點的速度

B.探測器在尸點的加速度小于在。點的加速度

C.探測器從P點運動到。點的過程中，機械能逐漸減小

D.探測器從P點運動到。點的過程中，機械能保持不變

3.如圖，理想調壓變壓器輸入端接正弦交流電源，入是

燈泡，C是電容器，P是與線圈接觸良好的滑片，S

是開關，電表均為理想交流電表。下列說法正確的是

()

人.5接處從M點至N點緩慢滑動P,電流表A的示數將減小

B.S接a,從M點至N點緩慢滑動P,燈泡的亮度將增大

C.S接6,從W點至N點緩慢滑動P,電壓表V的示數不變

D.S接6,從M點至N點緩慢滑動P,電容器兩極板帶電性質交替變化的頻率將減

小

4.如圖，某人斜拉著跨過光滑定滑輪的細繩提升重物，重物豎直上

升中依次經歷了勻加速、勻速、勻減速三個過程。若斜繩與豎直

方向的夾角恒定，人始終靜止在水平地面上，則三個過程中()

A.地面對人的摩擦力大小相同

B.地面對人的作用力大小相同

C.重物勻加速上升時，地面對人的支持力一定最小

D.重物勻減速上升時，地面對人的作用力一定最小

5.如圖，矩形區域abed(含邊界)內存在方向垂直于矩形4...............￡

：XXXXX：

面向里、磁感應強度大小為8的勻強磁場，矩形的長：

?XXXXX;

和寬分別為2L和L矩形長邊外的中點有一粒子發itB

:XX5X：

射源S,從S可分別發射出方向垂直于外指向cd和方￡.........S.........b

向沿M的不同速率的粒子。若粒子的質量均為〃八電荷量均為q(q>0)、不計粒

子的重力及粒子間的相互作用力。則()

A.從爐邊射出的粒子的速率范圍是"W理

m

B.從W邊射出的粒子的速率范圍是u>鬻

C.從而邊射出的粒子的速率范圍是警照

D.從外邊射出的粒子的速率范圍是警4〃W譬

4m2m

6.圖(a)中，三個點電荷分別固定在圓環上4、C、。三點，每個電荷在圓心。1處的場

強大小均為E；圖(b)中，三根通電長直導線(橫截面積忽略不計)垂直于圓環平面分

別固定在圓環上a、c、d三點,每根導線在圓心。2處的磁感應強度大小均為瓦下

列判定正確的是()

,內，一鏟、

:t、；I、

j135。金35。\：135°愈35。\

X.二說菽、、二遍

19(a)19(b)

A.。1處的場強大小為(&+1)E,方向從。1指向A

B.。1處的場強大小為(近一1)E,方向從A指向。1

C.。2處的磁感應強度大小為(魚+1)B，方向垂直于a。2向右

第2頁，共20頁

々表示滑塊的速度大小，則能夠正確描述滑塊從4滑向B運動過程的下列％-t圖

像可能是（）

8.如圖，足夠長且電阻不計的光滑平行雙導軌水平固定，所在空間有方向豎直向下的

勻強磁場；，必、cd是垂直導軌放置在導軌上、長度等于導軌間距且與導軌接觸良好

的兩根導體棒，兩棒的電阻相等，質量之比小小：mcd=1：2,兩棒中點連接著原

長為林、勁度系數為&的絕緣輕彈簧。在兩棒中點同時施加大小相等、方向相反（平

行于導軌）的外力使彈簧緩慢伸長（彈簧形變在彈性限度內），當外力大小為F時，

同時撤去外力。貝女）

__jb______個“d

FJ~

ac

A.外力大小為尸時，兩棒間的距離為Lo+?

B.撤去外力產后瞬間，兩棒的加速度大小之比為。助：&d=2：1

C.撤去外力產后，在運動過程中的任意時刻，安培力對兩棒做功的功率絕對值相

等

D.兩棒最終會同時達到靜止狀態，此時彈簧的長度為

9.某實驗小組用如圖所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律。氣墊導軌上A處安裝了一

個光電門，固定有遮光條的滑塊用跨過導軌左端定滑輪的細線與鉤碼相連。滑塊每

次都從同一位置釋放，釋放時遮光條位于導軌上8處的正上方。

（1）關于實驗的要求，下列說法正確的是和。（填選項序號字母）

A.氣墊導軌不需要調至水平

A細線必須與氣墊導軌平行

C滑塊必須由靜止釋放

。.滑塊的質量必須遠大于鉤碼的質量

（2）該小組嚴格遵循實驗要求進行實驗。他們先測出遮光條的寬度d,滑塊的質量

鉤碼的質量〃?，A、B間的距離3查得當地的重力加速度值g：然后接通氣源，滑

塊釋放，用數字計時器讀出遮光條通過光電門的時間f；

①在他們的實驗中，滑塊運動到A處的速度大小為（用直接測量的物理量符

號表示）。

②他們需要驗證的關系是：鉤碼減小的重力勢能mgL與（用直接測量的物理

量符號表示）在實驗誤差允許的范圍內是否相等。

10.實驗室提供器材如下：

A電池組（電動勢E=3V,內阻r=l。）：

8.電流表量程500加4,內阻約0.50）；

C.電流表4（量程3〃泊，內阻未知）；

D電阻箱R（阻值0?9999.90）;

E.滑動變阻器R'（阻值0?100）;

凡開關一只，導線若干。

為研究一只額定電壓為2.5V、額定電流為0.44的小燈泡的伏安特性，某同學利用上

述器材進行了以下實驗：

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(1)設計圖(a)所示電路測定電流表色的內阻。具體操作為：閉合開關S,由大到小

改變電阻箱的接入電阻R，當R=14690時，電流表4的指針位置如圖(b)所示。

則4表的示數為"認，內阻=。。

(2)將&表改裝為量程3V的電壓表。具體操作為：將電阻箱與人表串聯，調節電阻

箱使串入電阻值為0。

(3)設計圖(c)所示電路研究小燈泡的伏安特性。具體操作為：利用測得的A1、&表

的多組數據，在圖(d)所示小燈泡的。坐標圖中確定出多個數據點的位置。(圖

中縱軸/2為&表的示數值，可間接反映小燈泡兩端的電壓，橫軸A為a表的示數值,

可直接反映通過小燈泡的電流)

①在圖(d)中作出小燈泡的/2-/1圖線；

②由圖可知，當通過小燈泡的電流為0.34時，小燈泡的實際功率為W(結果

取兩位有效數字)；

③若將小燈泡直接接在一個電動勢E'=2.8V、內阻r'=20的舊電池組兩端，小燈

泡的實際功率為〃(結果取兩位有效數字)。

11.如圖(a),傾角為。、高為/?的絕緣斜面處于方向豎直向上的勻強電場中，一質量為

m、電荷量為4的帶正電小球以某一水平初速度從斜面頂端A拋出。若用)，和啰分

別表示小球在豎直方向的位移大小和豎直方向的速度二次方值，重力加速度大小為

g,則小球在空中運動的為-y圖像如圖(b)所示。

(1)求勻強電場的場強大小；

(2)要讓小球直接落到斜面底端B,小球的初動能多大？

12.如圖，足夠長的光滑水平面上靜止著一個質量M=3kg的滑板，滑板左端C固定有

豎直擋板，右端靠著豎直墻，滑板上表面由半徑R=0.8/n的;光滑圓弧面?和粗糙

水平面BC在3點平滑對接構成。現將一質量m=Mg（可視為質點）的滑塊甲從圓

弧上端A無初速釋放，與擋板碰撞一次后，甲與滑板相對靜止在B點。已知甲與滑

板間的動摩擦因數N=0.2,甲與擋板之間的碰撞時間極短（可忽略）的彈性碰撞，重

力加速度g=10m/s2o

（1）求甲下滑至圓弧面上B點時對滑板的壓力大小；

（2）求BC的長度；

（3）若先在B點靜置一個質量也為1依的乙滑塊（可視為質點），再將甲從A端無初

速釋放，則甲與乙發生時間極短（可忽略）的碰撞后粘合在一起，最終與滑板相對靜

止在距擋板0.5ni處。假設粘合體與擋板間可能的碰撞仍為時間極短（可忽略）的彈性

碰撞，且粘合體不再返回圓弧面。試確定粘合體與滑板間的動摩擦因數。

13.一定質量的理想氣體從狀態a開始，經atb、b—c、c—a三

個過程后回到初始狀態a,其T-V圖像如圖所示。則：

①過程a—b中，氣體壓強（填“增大”、“減小”或

“不變”）;

②過程匕-C中，氣體（填”對外界放熱”、“從外界吸熱”或“既不吸熱也

不放熱”）；

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③過程cTa中，氣體分子在單位時間內撞擊容器壁上單位面積的平均次數（

填“增加”、“減少”或“不變”）。

14.如圖，一端開口的粗細均勻長直細玻管豎直固定，此時管中長九=24cm的

水銀柱封閉著長刀=40cm的空氣柱。環境溫度為“=7℃,大氣壓強po=:

76cmHg,玻管足夠長。J

（i）給封閉氣柱緩慢加熱，當其溫度達到t2=77久時，求穩定后的氣柱長度「2；,

5）保持七不變，從開口端緩慢注入水銀（與原水銀柱之間無氣隙），直到封‘

閉氣柱的長度又回到4（k〃?，求注入水銀的長度H。

15.某同學利用較寬闊的水槽研究水波。如圖所示，水面上有4、8、C三點構成的直

角三角形區域，其中，AC=30cm,BC=40cm,振針上下振動可形成連續的簡諧

波向四周傳播，水波波速為40cm/s,不考慮水槽邊緣對水波的反射。

①若只有一個振針在A點以10//Z的頻率振動，則B、C點起振的時間間隔為.<

B、C點起振后，當C點處于波峰時，8點處于（填“波峰”、“平衡位置”

或“波谷”）；

②若有兩個振針分別在A、B處以10Hz的頻率同步調振動，則水面上形成穩定的

干涉圖樣后，C點的振動始終（填“加強”或“減弱”）。

C

,Q、、

/'、、、、、

/、

*---------------“8

16.如圖，BAC是圓心在。點、半徑為R的半圓形透明磚

的橫截面，P是過8點且垂直于BC的光屏，“、人是

射到圓弧面上A、。兩點的兩條平行紅色激光束，E是

a光束在8C面的出射點。已知a光的入射角i=45。,

AOVBC,AD=DC，EO=-R，真空中的光速為以求：

3

(i)第一次射出透明胸后，a、匕光束在光屏上形成的光斑之間的距離;

(ii)a光束從A點開始經透明磚第一次射到光屏上的時間。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、該方程是居里夫人發現放射性同位素的核反應方程，故A錯誤；

8、該方程是盧瑟福發現質子的核反應方程，也是人類第一次實現的原子核人工轉變，

故8正確；

C、該方程是重核裂變方程，故C錯誤。

D、該方程是輕核聚變方程，故。錯誤。

故選：B。

A中的方程是居里夫人發現放射性同位素的核反應方程；B中的方程是盧瑟福發現質子

的核反應方程，也是人類第一次實現的原子核人工轉變；C中的方程是重核裂變方程;

。中的方程是輕核聚變方程。

本題考查了原子核人工轉變、重核裂變、輕核聚變等知識，掌握基本概念是解題關鍵.

2.【答案】D

【解析】解：A、由開普勒第二定律，可知該探測器在近火點尸點的速度大于其在遠火

點。點的速度，故A錯誤；

B、根據牛頓第二定律得r牛z=ma,可知該探測器在近火點P點的加速度大于其在遠火

點。點的加速度，故B錯誤；

CD,探測器從P點運動到Q點的過程中，只有引力做功，探測器的機械能保持不變，

故C錯誤，。正確。

故選：D。

根據萬有引力定律和開普勒第二定律，可以比較兩點的加速度和速度；

只有萬有引力做功，探測器的機械能守恒。

該題考查萬有引力定律的應用，對于橢圓軌道的這類問題是高考的熱點問題。

3.【答案】A

【解析】解：

A、S接。時，根據原副線圈上電壓比與匝數比之間的關系：從M至N點緩慢

1/2n2

滑動尸，電變小，所以4變小，根據/2=與，可知%變小，再根據原副線圈上電流比與

匝數比之間的關系：春=U，可知Mi將變小，故A正確；

8、根據P〃=U212,由于上面分析外和/2都變小，所以燈泡的實際功率變小，亮度變暗，

故B錯誤

C、S接〃時，從M點至N點緩慢滑動憶電壓表測量副線圈上的電壓出，所以電壓表

示數變小，故C錯誤；

。、兩極板帶電性質交替變化的頻率只與交流電的頻率有關，變壓器輸出端的電壓頻率

不變，電容器兩極板帶電性質交替變化頻率也不變，故。錯誤

故選：A。

S接“，根據原副線圈的電壓比、電流比與匝數比的關系，再結合滑片尸的變化，找到

副線圈匝數變化，分析副線圈上電壓和電流的變化，得到原線圈上電流的變化，再結合

P=UI,得到燈泡實際功率的變化，判斷燈泡的亮度變化情況

S接近根據原副線圈的電壓比與匝數比的關系，結合滑片P的變化，找到副線圈匝數

變化，分析副線圈上電壓的變化。電容器接在副線圈上，此時電容器兩極板帶電性質交

替變化的頻率與交流電的頻率有關

此題主要考查變壓器原副線圈的電壓比、電流比和匝數比之間的關系，同時涉及簡單的

動態電路分析，需要熟練運用各物理量的關系，并進行動態分析

4.【答案】C

【解析】解：4、設斜繩與豎直方向的夾角為a,繩子拉力為T,人在水平方向滿足：f=

Tsina

重物G在勻加速階段7>G、勻速階段7=G、勻減速階段T<G,三個過程中，拉力T

變化，故地面對人的靜摩擦力/大小發生變化，故A錯誤：

C、設人的質量為M,人在豎直方向支持力滿足：N=Mg-Tcosa,重物勻加速上升時，

拉力T最大，地面對人的支持力N一定最小，故C正確：

BD、地面對人的作用力F大小為：F=y/(Tsina)2+(Mg-Tcosa)21整理可得：F=

-Mgcosa)2+(Mgsina)2,當7="9°050：時，力F最小，所以地面對人的作用力

可能不相同；

由題中數據無法確定重物處于何種狀態時尸最小，故8。錯誤。

故選：Co

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對人在水平方向、豎直方向根據平衡條件分析地面對人的摩擦力和支持力的變化情況;

地面對人的作用力等于支持力和摩擦力的合力，根據數學知識進行分析。

本題主要是考查共點力的平衡、牛頓第二定律之超重和失重現象，關鍵是弄清楚重物運

動過程中拉力的的變化情況，由此確定人受到的摩擦力、支持力的變化情況。

5.【答案】B

【解析】解：4、

由左手定則可

知，沿助方向

入射粒子才可

能從從邊射出，且從c點出射速度最小，如圖1所示：由幾何關系：r=L,洛倫茲力

提供向心力：qvB=m-,解得："=眄，所以從歷邊出射粒子速度v2理，故A錯

誤；

B、B、沿助方向入射粒子恰與〃邊相切，如圖2所示：/?=p洛倫茲力提供向心力：

qvB=m-,解得：口=磐，從以邊射出速度滿足：〃>影，垂直于外入射粒子恰從

1R2m2m

"點出射速度最小，解得：U2理，綜合可得從“邊出射粒子速率范圍：v>^,故

m2m

B正確;

C、垂直于H入射粒子恰從d點出射速度最大，如圖3所示：r=3洛倫茲力提供向

心力：qvB=mL,解得：vmax=―,垂直于H入射粒子恰從〃點出射速度最小，如

圖4所示：r=g洛倫茲力提供向心力：qvB=m-,解得：vmin=所以從ad

21r2?n

邊出射粒子速率范圍：警<照，故C錯誤；

2mm

從垂直于加入射粒子才能從外邊射出，結合C的分析，從湖邊射出粒子速率:。〈磐,

2m

故。錯誤.

故選：Bo

4、分析題意找臨界條件：從c點出射速度最小，求最小速度然后確定范圍；

8、沿倆方向入射粒子都可能從〃邊出射，求倆臨界速度再確定范圍；

C、垂直于外入射粒子恰從d點出射速度最大，垂直于滴入射粒子恰從。點出射速度

最小，求倆速度再確定范圍；

D、從垂直于外入射粒子才能從外邊射出，從。點出射速度最大，求此最大速度再確

定范圍。

本題重點在找各種情況下的臨界條件，計算各種臨界速度，從而確定范圍，熟練12字

方針在解題中的應用。

6.【答案】AC

【解析】解：力B.每個電荷在圓心。1處的場強大小均為E,由場強的疊加原則可得01處

的場強大小為

E01=2Esin45。+E=(在+1)E,方向從。1指向4。

故A正確，B錯誤；

CD.每根導線在圓心。2處的磁感應強度大小均為B,可得。2處的磁感應強度大小為

B02=2Bsin45°+B=(V2+1)B，方向垂直于aO?向右

故C正確，。錯誤。

故選：AC.

電場與磁場都屬于矢量，疊加符合平行四邊形定則，電場是由正電荷發出指向無窮遠或

者負電荷，通電導線附近的磁場可有安培定則判斷方向。

本題考查電場與磁場的疊加，需掌握判斷電場與磁場的方向的方法，疊加滿足平行四邊

形定則。

7.【答案】BC

【解析】解:AB、當v<%時，滑塊在斜面上受到的滑動摩擦力f=nmgcosd<mgtand,

在達到相同速度前，滑塊受到重力，支持力和沿斜面向下的摩擦力，根據牛頓第二定律

可得：mgsind+^mgcosd=mar,解得由=gsind+[igcosd,

當速度達到傳送帶速度后，滑塊受到重力，支持力和沿斜面向上的摩擦力，根據牛頓第

二定律可得：mgsind—nmgcosO=ma2>解得a?=gsind—ngcosd,

當/=卬ngcos。>mgs譏。時，滑塊達到傳送帶速度后，隨傳送帶一起勻速運動，故A

錯誤，8正確；

CD,當》>為時，滑塊在斜面上受到的滑動摩擦力/="mgcos。<mgtan。，根據牛頓

第二定律可得：mgsind-^mgcosd=ma2>解得。2=gsinQ-ngcosd,

滑塊一直做加速運動，當/=pngcosB>mgsin。時，滑塊先做減速運動，減速到達到

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傳送帶速度后，隨傳送帶一起勻速運動，故C正確，。錯誤；

故選：BC。

對滑塊受力分析，判斷出滑塊受到的滑動摩擦力和重力沿斜面向下的分力大小關系，判

斷出滑塊在傳送帶上運動時的加速度大小，利用運動學即可判斷出速度隨時間的變化關

系。

本題主要考查了牛頓第二定律和運動學公式，關鍵是明確滑塊的受力，分情況判斷出在

滑塊受到的滑動摩擦力和重力沿斜面向下的分力大小關系下的加速度大小即可。

8.【答案】BD

【解析】解：A、設彈簧的伸長量為x,由胡克定律得：F=kx,解得：x=p

外力大小為F時，兩棒間的距離：L=L0+x=Lo+^,故4錯誤；

8、撤去外力后瞬間，兩導體棒的速度都為零，回路沒有感應電流，導體棒不受安培力

作用，

撤去外力瞬間，彈簧彈力不能突變，彈簧彈力等于F,由牛頓第二定律可知，導體棒的

加速度大小：a=±

m

則兩棒的加速度大小之比上弛=零=皿=：,故8正確；

ad—^lab1

Cmcd

C、撤去外力后兩導體棒所受安培力大小相等、所受彈簧彈力大小相等，導體棒所受合

力大小相等，由牛頓第二定律可知，兩導體棒加速度大小之比與質量成反比，則兩導體

棒的加速度大小之比是2：1,兩導體棒做初速度為零變速運動，由于加速度大小不相

等，在相等時間內兩導體棒的位移不相等，兩導體棒所受安培力大小相等，由功的計算

公式可知，撤去外力F后，在運動過程中的任意時刻，安培力對兩棒做功的功率絕對值

不相等，故C錯誤；

。、撤去外力后，兩導體棒組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，系統初狀態兩

導體棒的速度都為零，系統初狀態的總動量為零，由動量守恒定律可知，兩棒最終會同

時達到靜止狀態，此時彈簧的長度為L。，故。正確。

故選：BD。

根據胡克定律求出彈簧的形變量，然后求出兩棒間的距離：

根據導體棒的受力情況應用牛頓第二定律求出加速度，然后求出加速度大小之比；

根據導體棒的運動情況應用功的計算公式判斷安培力做功絕對值間的關系：

應用動量守恒定律分析答題。

分析清楚導體棒的受力情況與運動過程是解題的前提與關鍵，應用胡克定律、牛頓第二

定律與動量守恒定律即可解題。

9.【答案】B+

【解析】解：(1)4BC.因氣墊導軌需調至水平，細線必須與氣墊導軌平行，且滑塊必須

靜止釋放，故BC正確，A錯誤；

。本實驗時通過實驗數據，來判定鉤碼重力勢能的減少量與系統動能增加量的關系，不

需要滑塊的質量必須遠大于鉤碼的質量，故。錯誤。

(2)①由于遮光條通過光電門的時間極短因此可以利用平均速度來代替其瞬時速度，因

此滑塊經過光電門的瞬時速度為

d

V--

t

②由原理可知是與系統的動能

Ek=+m)v2=g(m+M)最

故答案為：(1)B,C;(2)p+

氣墊導軌需調至水平，細線必須與氣墊導軌平行，且滑塊必須靜止釋放；本實驗時通過

實驗數據，來判定鉤碼重力勢能的減少量與系統動能增加量的關系，不需要滑塊的質量

必須遠大于鉤碼的質量；由于遮光條通過光電門的時間極短因此可以利用平均速度來代

替其瞬時速度，列出動能表達式。

本題考查機械能守恒實驗，需對實驗原理和操作流程熟練掌握，關鍵在于如何求得速度，

時間極短時可以利用平均速度來代替其瞬時速度。

10.【答案】2.00309700.350.73

【解析】解：(1)電流表%的量程是3〃源，由圖(b)所示表盤可知，其分度值為0.1機4

示數為2.00mA；

根據圖(a)所示電路圖，由閉合電路的歐姆定律得：/=U』，其中/=2.00nM=

0.0020071

代入數據解得：白2=30。

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n3

(2)把電流表&改裝成量程是3丫的電壓表，串聯電阻阻值：R^=-^-rA2=^^H-

300=970。

(3)①根據坐標系內描出的點作出圖象如圖1所示

圖1

②由圖1所示圖象可知，。=0.32=300nM時=1.18mA=0.001184

此時燈泡兩端電壓U=/2S2+R&=0.00118x(30+970"=1.18V

燈泡實際功率P=UIr=1.18x0.3勿x0.35以

③舊電池阻與小燈泡組成閉合電路，路端電壓U=E'-Ir',路端電壓U=1000/2,

由圖2所示可知，h=362mA=0.362/1,I2=2.02mA=0.002024流過燈泡的電流/=

h=0.3624,燈泡兩端電壓U'=IOOO/2=1000x0.002027=2.02V

燈泡實際功率P'=U'l=2.02x0.3621V?0.731V

故答案為：⑴2.00；30；(2)970；(3)①圖象如圖1所示;②0.35;③0.73。

(1)根據電流表量程與圖示表盤確定其分度值，根據指針位置讀出其示數；根據閉合電

路的歐姆定律可以求出電流表內阻。

(2)根據串聯電路特點與歐姆定律求出電阻箱接入電路的阻值。

(3)根據坐標系內描出的點作出圖象；

由圖示圖象求出流過燈泡的電流，應用歐姆定律求出燈泡兩端電壓，然后求出小燈泡的

實際功率；

作出電源的圖象，根據圖示圖象求出燈泡的工作電壓與工作電流，然后求出小燈泡的實

際功率。

對電表讀數時要先確定其量程與分度值，然后根據指針位置讀出其示數，讀數時視線要

與刻度線垂直；要與圖象法處理實驗數據是常用的實驗數據處理方法，要掌握描點法作

圖的方法。

11.【答案】解：(1)小球受重力和豎直向上的電場力作用

在豎直方向，由運動規律有：呼=2ay

結合圖象的特殊點坐標有：￥=2ax?

解得：?=f

由牛頓第二定律有：mg-qE=ma

解得：E=翳

(2)要落到斜面底端8,小球水平方向發生的位移為：%=hcote

豎直方向有：h=jat2

可得：t=26

水平方向有：hcotd=vxt

初動能：Ek0=

解得：a0=皿位

答：(1)勻強電場的場強大小為舞；

(2)要讓小球直接落到斜面底端B,小球的初動能為國等”。

【解析】(1)小球做類平拋運動，由豎直方向做勻加速直線運動的規律對照題設已知條

件，可求豎直方向的加速度，再由牛頓第二定律求出電場強度的大小；

(2)由豎直方向的位移求出時間，再由水平方向位移求出初速度，從而求出初動能。

本題考查帶電小球在重力場和電場共同作用下做類平拋運動的問題，且類平拋后落在斜

面上，關鍵抓住圖象中隱含的豎直加速度，從而求得電場強度，其余的從類平拋規律即

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可解決問題。

12.【答案】解：涉及動量守恒定律，取向左為正方向。

(1)甲從A至B的過程中，滑板靜止，對甲由動能定理有：mgR--0

解得：vB=4m/s

在圓弧面上8點，由牛頓第二定律有：F—mg=m^

解得：F=30N

由牛頓第三定律可解得甲對滑板的壓力大小為：F=F=30N；

(2)過B點后，分析滑板的受力情況可知，滑板將離開豎直墻向左運動。因甲與滑板系

統所受合外力為零，系統動量守恒；設的長度為L,相對靜止時甲與滑板的共同速

度為丫，由動量守恒定律有：

mvB=(Tn+M)v

甲與擋板之間的碰撞為彈性碰撞，由能量守恒定律有：林mg-2Z,=imvj-1(m+M)v2,

代入數據解得：L=1.5m；

(3)設乙的質量為m',甲，乙粘合在一起的速度大小為巧，甲、乙和滑板相對靜止時的

速度大小為以，

由動量守恒定律有：mvB=(m+m)v1,解得：vx=2m/s

對粘合體、滑板為研究對象，根據動量守恒定律可得：mvB=(m+m+M)v2

解得：v2=0.8m/s；

①若甲、乙與擋板未碰撞就已經與滑板相對靜止，則甲、乙在滑板上的相對路程為：

X1=L-0.5m=1.5m—0.5m=lm：

由能量守恒定律有：2mgxx=-2mvl-1(2m+M)諺

代入數據解得：Mi=0.12

②若甲、乙與擋板碰撞后再與滑板相對靜止，則甲、乙在滑板上的相對路程為：X2=L+

0.5m—1.5m+0.5m—2m

由能量守恒定律有：n2.2mgx2=|-2tnvl-1(2m+M)諺

代入數據解得：〃2=0-06。

答：(1)甲下滑至圓弧面上B點時對滑板的壓力大小為30N；

(2)BC的長度為1.5m；

(3)粘合體與滑板間的動摩擦因數為0.12或0.06。

【解析】(1)對甲由動能定理求出達到8點速度大小，在圓弧面上B點，由牛頓第二定

律、牛頓第三定律可解得甲對滑板的壓力大小；

(2)對甲、滑板水平方向由動量守恒定律、能量守恒定律求解BC長度；

(3)根據動量守恒定律求出甲、乙碰撞后的速度大小，對粘合體、滑板根據動量守恒定

律求解共速后的速度大小，然后分兩種情況進行分析：①若甲、乙與擋板未碰撞就已

經與滑板相對靜止；②若甲、乙與擋板碰撞后再與滑板相對靜止，分別由能量守恒定

律列方程求解粘合體與滑板間的動摩擦因數。

本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：

系統不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力為零)；解答時要首先確定一個正

方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程

求解。

13.【答案】減小從外界吸收熱量增加

【解析】解：①由圖示圖象可知，過程arb中氣體溫度不變而體積增大，由玻意耳定

律可知，氣體壓強減小；

②由圖示圖象可知，過程b-c中氣體體積不變而溫度升高，外界對氣體不做功，14/>0,

氣體內能增大，4U>0,

由熱力學第一定律4U=W+Q可知：Q=4U-VV=4U>0,氣體從外界吸收熱量；

③由圖示圖象可知，過程cfa中氣體的體積與熱力學溫度成正比，則氣體壓強。不變，

該過程氣體溫度降低而體積減小，

分子平均動能減小，分子數密度增大，由于氣體壓強不變，則氣體分子在單位時間內撞

擊容器壁上單位面積的平均次數增加。

故答案為：①減小：②從外界吸收熱量：③增加。

一定量的理想氣體內能由氣體溫度決定；根據圖示圖象分析清楚氣體狀態變化過程，應

用理想氣體狀態方程與熱力學第一定律分析答題。

本題考查熱力學第一定律及理想氣體狀態方程的應用，要注意明確壓強、體積及溫度之

間的變化關系及內能、吸放熱及做功的關系，注意在7圖象中，圖線上各點與坐標

原點的連線斜率代表壓強。

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14.【答案】解：(i)設玻璃管的橫截面積為S,氣體初狀態體積匕=LrS=40S,溫度=

(273+7)K=280K,

氣體末狀態的體積嗎=L2S,溫度彩=(273+77)K=350K,氣體壓強不變，由蓋一呂

薩克定律得：￡=合

代入數據解得：L2=50cm

(苴)氣體初狀態壓強P2=Po+Ph=(76+24)cmHg=lOOcmHg,體積％=L2S=50S,

氣體末狀態體積匕==40S,氣體末狀態壓強P3=Po+PS+H)=(76+24+

H)cmHg=(100+H}cmHg

氣體溫度不變，由玻意耳定律得：P