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- 2021-05-31 发布
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高考物理模拟试卷
题号 一 二 三 四 五 总分
得分
一、单选题(本大题共 5 小题,共 30.0 分)
1. 我国自主研制的嫦娥四号于 2019 年 1 月 3 日顺利在月球背面软着陆,实现了中国
人探月工程的第二步。 设嫦娥四号在距月球表面某高度处先自由下落几秒钟, 接着
启动喷气装置产生恒定推力使之到达月球表面时的速度接近为零, 则嫦娥四号在软
着陆的过程中( )
A. 机械能先增大后减小 B. 动量先增大后减小
C. 重力势能和动能均先增大后减小 D. 喷气装置的功率一直增大
2. 如图所示,一轻弹簧的左端固定在竖直墙壁上,右端自由
伸长,一滑块以初速度 v0在粗糙的水平面上向左滑行,先
是压缩弹簧,后又被弹回。已知滑块与水平面间的动摩擦
因数为 μ,则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中,选地面为零势能面,
滑块的加速度 a、滑块的动能 Ek、系统的机械能 E 和因摩擦产生的热量 Q 与弹簧形
变量 x 间的关系图象正确的是( )
A. B.
C. D.
3. 如图所示,三根相互平行的长直导线 a、b、c 垂直于纸面固定,其中 a、b 间距为
10cm,b、c 间距为 8cm,a、c 间距为 6cm。当分别通入电流 Ia、Ib 和 I c 后,导线 c
所受的安培力恰好与导线 a、b 的连线平行。已知通电直导线在其周围某点产生的
磁场的磁感应强度大小为 B=k ,其中 Ⅰ为通电直导线中的电流, r 为该点到通电直
导线的距离。则下列说法正确的是( )
A. I a和 Ib 的电流方向相同,大小之比为
B. I a和 Ib 的电流方向相反,大小之比为
C. 若电流 I c 的方向垂直纸面向外,则导线 c 所受的安培力一定向右
D. 若电流 I c 的方向垂直纸面向里,则导线 c 所受的安培力一定向右
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4. 如图所示,内环半径为 、外环半径为 L 的半圆环形闭合线圈 ABCD ,该导体线圈
电阻为 R,现在环形区域内加一个垂直纸面向里、磁感应强度从零开始均匀增大的
匀强磁场,当磁感应强度增大到 B 时保持不变,此过程中通过线圈截面的电量为
q1;然后让线圈以 O 点为圆心匀速转动半周, 该过程中通过线圈截面的电量为 q2.则
q1:q2 为( )
A. 1:1 B. 1:2 C. 2: 3 D. 3:2
5. 如图所示, ABCD 为固定在竖直平面内的轨道,其中光滑的水平轨道 AB 与半径为
R 的四分之一光滑圆弧轨道 BC 在 B 点相切, CD 为粗糙的水平轨道。质量为 m 的
小球静止在距 B 点 x0=2R的水平轨道上 A 点,现对小球施加水平向右的恒力 F=mg
(g 为重力加速度),小球向右运动,冲出 C 点后上升到最大高度,最后落到轨道
CD 上(不再反弹)。下列说法正确的是( )
A. 小球上升的最大高度距轨道 CD 的距离为 R
B. 小球在轨道 CD 上的落点到 C 点的距离为 4R
C. 若仅将外力 F 加倍,则小球上升的最大高度距轨道 CD 的距离为 5R
D. 若仅将外力 F 加倍,则小球落到轨道 CD 时速度与水平方向的夹角也加倍
二、多选题(本大题共 4 小题,共 23.0 分)
6. 如图所示, P、Q 两线圈绕在同一根铁芯上, P 线圈通过开关 S与电源 E 相连接, Q
线圈与较远处的直导线 AB 构成回路, 在导线 AB 的正上方有一个金属棒 CD,金属
棒 CD 通过两个金属轻质弹簧悬挂在天花板上, 天花板上的两根弹簧中间用导线连
接,空气阻力不可忽略。开关 S未闭合时两弹簧有一定的形变量,下列说法正确的
是( )
A. 闭合开关 S时通过导线 AB 的电流方向由 A 指向 B
B. 闭合开关 S时弹簧的形变量减小
C. 开关 S闭合一段时间稳定后,弹簧的形变量又恢复到原来伸长的位置
D. 开关 S由闭合状态到断开,金属棒 CD 一直处于静止状态
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7. 宇宙中存在一些离其他恒星较远的四颗星组成的系统,
通常可忽略其他星体对它们的引力作用。 天眼在观察中
发现三颗质量均为 m 的星球 A、B、C 恰构成一个边长
为 L 的正三角形,在它们的中心 O 处还有一颗质量为
3m 的星球,如图所示。已知引力常量为 G,四个星球
的密度相同, 每个星球的半径均远小于 L.对于此系统,
若忽略星球自转,则下列说法正确的是( )
A. A、B、C 三颗星球的线速度大小均为
B. A、B、C 三颗星球的加速度大小均为
C. 星球 A 和中心 O 处的星球表面的重力加速度之比为 1:2
D. 若 O 处的星球被均分到 A、B、C 三颗星球上, A、B、C 三颗星球仍按原轨道运
动,则 A、B、C 三颗星球运动的周期将变大
8. 匀强电场区域内有 a、b、 c、d 四个平行等间距的等势面,其中 c 等势面的电势为
零。一个不计重力的电子从 a 等势面以 8J 的初动能沿与 a 等势面成一定的夹角射
出,电子到达 d 等势面时速度方向与等势面平行, 动能大小为 2J,则下列说法正确
的是( )
A. 电子到达 d 等势面时的电势能为 -2J
B. 电子到达 c 等势面时的动能为 4J
C. 电子射入方向与电场线的夹角为 60°
D. 电子从 a 等势面射出到再次回到 a 等势面的过程中速度方向偏转了 120°
9. 一定质量的理想气体,从状态 A 经状态 B和 C 后又回
到状态 A 的变化过程中的 p-V 图线如图所示,则下列
说法中正确的是( )
A. 从状态 A→B,气体的内能增大
B. 从状态 B→C,气体从外界吸热
C. 从状态 C→A,分子运动的平均速率先变小后变大
D. 气体按图示循环一次过程中, 状态 B 时气体的内能
最大
E. 气体按图示过程循环一次,从外界吸收的热量全部用于对外做功
三、填空题(本大题共 1 小题,共 4.0 分)
10. 如图所示,某透明介质的横截面是由半径为 R 的四分之一圆和长为 1.5R 的矩形构
成, P 是 AB 弧上的一点,且 AP 弧的长度是 PB 弧长度的 2 倍。现让一束单色光平
行于 AD 边从 P 点射入介质中, 已知介质材料对入射光的折射率为 ,真空中的光
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速为 c,则光束射入介质后 ______(填“能”或“不能”)从 AD 边射出,光束在
介质材料中的传播时间为 ______。
四、实验题(本大题共 2 小题,共 15.0 分)
11. 为探究弹簧的弹性势能与形变量的关系和测量滑块与水平桌面间的动摩擦因数, 某
实验小组设计了如图甲所示的装置, 弹簧的左端固定在水平桌面上, 弹簧右端原长
位置处固定一光电门, 滑块上固定一个遮光条。 已知滑块连同遮光条的总质量为 m,
当地的重力加速度为 g。
(1)先用螺旋测微器测出遮光条的宽度 d 如图乙所示,则 d=______mm。
(2)用滑块(与弹簧不拴接)向左压缩弹簧,并用刻度尺测量其压缩量 x,松手
后遮光条通过光电门的时间为 t,测得滑块停下的位置到光电门的距离为 s,则滑块
与水平桌面间的动摩擦因数 μ=______。(用题中的字母表示)
(3)压缩弹簧时弹簧的弹性势能与形变量间的关系为 Ep=______。(用题中的字
母表示)
12. 某同学从实验室找来了下列器材想测量一节干电池的电动势和内阻。
A.电流表 A(量程为 3.0A,内阻约为 5Ω)
B.电压表 V(量程为 1V,内阻为 2kΩ)
C.定值电阻 R1=2Ω
D.定值电阻 R2=1kΩ
E.电阻箱 R(阻值范围 0~999.9 Ω)
F.开关 S及导线若干
(1)请在图甲中的虚线框内画出实验电路图。
(2)实验中多次调节电阻箱测出了多组电压表的对应读数如下表所示,并将表中
的数据点描在 - 坐标纸中,请在图乙中作出对应的关系图线。其中实验数据点的
分布存在的问题是 ______。
R(Ω) 58.8 4.8 1.8 0.8 0.3
U( V) 0.98 0.80 0.60 0.40 0.20
(Ω-1) 0.01 0.21 0.55 1.25 3.33
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(V-1) 1.02 1.25 1.66 2.50 5.00
(3)由图乙可知干电池的电动势 E 测=______V,内阻 r 测=______ Ω.(结果保留三
位有效数字)。
(4)该实验中内阻的测量值与真实值相比, 关系为 r 测______(填“大于”“等于”
或“小于”) r 真。
五、计算题(本大题共 4 小题,共 52.0 分)
13. 质量为 m 的烟花弹获得大小为 E 的动能后沿与水平面成 60 °角的方向斜向上飞出,
当烟花弹上升到最高点时炸裂成质量相同、 速度均沿水平方向的两部分, 炸裂时有
大小为 E 的化学能全部转化为了动能。已知炸裂时间极短,重力加速度为 g,不计
空气阻力和火药的质量,求:
(1)烟花弹上升达到的最大高度;
(2)烟花弹炸裂后的两部分落在水平面上时落点间的距离。
14. 如图所示, ON 是坐标系 xOy 第四象限的角平分线, 在 ON
与 y 轴负半轴所夹的区域内存在沿 x轴正方向的匀强电场,
场强大小为 2E,在第一象限内的射线 OM 与 x 轴正半轴所
夹区城内存在沿 y 轴负方向的匀强电场,场强大小为 E,
射线 OM 与 x 轴的夹角为 θ,在 ON 与 x 轴正半轴所夹区域
内存在一个圆形匀强磁场区域, 磁感应强度大小 B= ,
方向周期性变化,每次粒子进入磁场时磁场的方向改变一
次,现在 y 轴上的 P(0,-a)点由静止释放一个重力不计、
质量为 m、电荷量为 +q 的粒子,欲使粒子能在第一、第四
象限内做周期性运动,求:
(1)粒子第一次进入磁场时磁场的方向及射线 OM 与 x 轴的最小夹角;
(2)第四象限内磁场区域的最小面积;
(3)磁场区域面积最小时带电粒子运动的周期。
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15. 如图所示, 横截面积均为 S的两导热气缸 A、B 通过一段体积可忽略的细管相连接,
在细管中间安装有一个阀门 D,两气缸中各有一个质量为 m 的活塞,气缸 B 中的
活塞与一个轻弹簧相连接。阀门 D 关闭时,轻弹簧处于原长,气缸 B 中气柱长度
恰为 L,气缸 A 中的活塞处于静止状态时,气柱长度为 3L.已知大气压强 p0= ,
弹簧的劲度系数 k= ,重力加速度为 g,活塞可在气缸内无摩擦滑动但不漏气。
现将一个质量为 m 的重物 C 轻轻地放到气缸 A 中的活塞上,并打开阀门 D,保持
环境温度不变,待系统稳定后,求弹簧的形变量和气缸 A 中活塞向下移动的距离。
16. 如图所示,一列简谐横波沿 x 轴传播,实线是 t1=0 时的波形图,虚线是 t2=0.55s时
的波形图。已知 t2=0.55s 时 x=8cm 处的质点正沿 y 轴负方向运动,且 t1 至 t2 时段内
x=8cm 处的质点通过的路程满足 25cm<s<30cm,求:
(1)该波的传播方向和传播速度;
(2)x=3cm 处的质点的振动方程。
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答案和解析
1.【答案】 B
【解析】 解: A、因嫦娥四号先自由下落几秒钟,接着在恒定推力作用下减速,故机械
能先不变后减小,故 A 错误;
B、因嫦娥四号先自由下落几秒钟,接着在恒定推力作用下减速,即先加速后减速,又
动量 p=mv,则动量先增大后减小,故 B 正确;
C、因嫦娥四号一直下降,则重力势能一直减小,故 C 错误;
D、因嫦娥四号在恒定推力作用下减速,末速度为 0,则末动量为 0,故 D 错误。
故选: B。
机械能与除重力外其他力做功有关;嫦娥四号先加速后减速,根据动量,动能,功率表
达式求解。
先判断嫦娥四号的运动情况,知道机械能的判断方法,熟记动量,动能,功率表达式。
2.【答案】 C
【解析】 解: A、设滑块受到的摩擦力为 f,弹簧的弹力: F=kx,选取初速度的方向为
正方向,则滑块的加速度: a= ,可知 a 与 x 的关系是不过坐标原点的
直线。故 A 错误;
B、当弹簧的压缩量为 x 时,弹簧的弹性势能: ,所以滑块克服弹簧的弹力做
功: ,克服摩擦力做功: Wf=-fx
对滑块由动能定理可得: WF+Wf=Ek-Ek0
即: ,为 x 的二次函数,是一条曲线。故 B 错误;
C、滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能,所以系统的机械能: E=Ek0-fx,即系统
的机械能与 x 之间的关系为斜率为负的一次函数。故 C 正确;
D、产生的内能: Q=fx,是过坐标原点的直线。故 D 错误
故选: C。
对滑块进行受力分析, 由牛顿第二定律求出加速度的表达式, 由动能定理求出动能的表
达式, 由功能关系求出机械能的表达式, 由摩擦力做功的特点求出 Q 的表达式, 然后由
各表达式分析即可。
对单个物体的运动过程,首先考虑动能定理,牵扯弹簧的弹力做功时,考虑机械能守恒
或功能关系或能量守恒。
3.【答案】 B
【解析】 解: AB、根据通电平行直导线间的相互作用规律可知,若 I a和 Ib 的电流方向
相同,则 a、b 对 c 的安培力方向不会与 a、b 连线平行。因此, Ia 和 Ib 的电流方向相反,
如图所示,
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根据平行四边形定则作图,如图所示。则 =tan37°
又 F a=BaIcL,F b=BbIcL,
Ba=k ,Bb=k
其中 rac=6cm,rbc=8cm,联立解得 = ,故 A 错误, B 正确。
CD 、若电流 Ic 的方向垂直纸面向外或向内,由于 a、b 的电流方向未知,不能确定导线
c 所受的安培力方向,故 CD 错误。
故选: B。
根据安培定则判断通电直导线周围磁场的分布情况, 根据通电平行直导线间相互作用规
律得出导线 c 的受到的安培力的方向。
解决本题的关键掌握安培定则判断通电电流周围的磁场方向, 以及知道磁感应强度是矢
量,合成遵循平行四边形定则,同时正确掌握左手定则的应用。
4.【答案】 A
【解析】 解:由公式 知: ,
第二个过程中的电荷量为: ,
所以 q1:q2=1:1,故 A正确, BCD 错误;
故选: A。
根据电量公式 ,分别找到两过程中的磁通量的变化量代入公式求解即可;
熟记电磁感应现象中电荷量的求解公式,会分析磁通量的变化量;
5.【答案】 C
【解析】 解: AB、设到达 C 点速度为 vC,根据动能定理知:
3FR-mgR=
解得: vC=2
小球上升的最大高度竖直方向速度减为零,即又上升的高度为: h= =2R,时间为:
t 1= =2 ,根据竖直方向运动的对称性知下落到 CD 时间为 t2=t1
水平方向一直做加速度为 g 的匀加速运动,水平位移 x= =8R,故 AB 错误;
C、若仅将外力 F 加倍,根据动能定理知: 3?2FR-mgR= mv ,知 C 点速度变为
v′ C= , h′= =5R,故 C 正确;
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D、小球落到轨道 CD 时速度与水平方向的夹角 α,则 tan α== ,将外力 F 加倍,水
平方向加速度加倍,正切值变为原来的二倍,不是夹角变为 2 倍,故 D 错误。
故选: C。
根据动能定理求解 C 点速度,离开 C 点将运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖
直方向的竖直上抛运动,最高点竖直方向速度为零,结合匀变速直线运动规律求解。
此题考查动能定理和运动合成与分解和匀变速直线运动规律,综合性较强,难度偏大。
6.【答案】 BC
【解析】 解: A、干电池开关闭合后的瞬间,根据安培定则,上边的电流的磁场方向由
上到下, 根据楞次定律, 下边线圈中产生电流方向向上, 则流过 AB 的电流从 B 向 A.故
A 错误;
B、AB 内产生感应电流时, AB 周围的磁场增大, CD 与导线组成的回路的磁通量增大,
根据楞次定律的推广可知, CD 回路产生的感应电流会阻碍磁通量的增大,所以 CD 将
向上运动,则弹簧的形变量减小。故 B 正确;
C、干电池开关闭合并保持一段时间后,根据安培定则,可知,上边线圈中有磁通量,
却不变,因此下边线圈中不会产生感应电流, AB 中的电流逐渐消失,则 CD 内的感应
电流也逐渐消失,最后 CD 与 AB 之间不再有安培力,弹簧的形变量又恢复到原来伸长
的位置,故 C 正确。
D、结合 AB 的分析方法可得,在开关 S由闭合状态到断开,金属棒 CD 加工先向下运
动,最后回到静止状态,故 D 错误;
故选: BC。
干电池通电的瞬间,在左线圈中产生感应电流,根据楞次定律判断出感应电流的方向,
结合安培定则得出直导线周围磁场的方向, 从而确定指南针的偏转方向。 同理当开关断
开后,左边线圈的磁场从有到无,从而根据楞次定律判断出感应电流的方向,结合安培
定则得出直导线周围磁场的方向,从而确定 CD 的受力。
本题考查了楞次定律和安培定则的基本运用, 知道小磁针静止时 N 极的指向为磁场的方
向,同时掌握感应电流产生的条件。
7.【答案】 AD
【解析】 解: AB、对三绕一模式,等边三角形边长为 L,三颗绕行星轨道半径均为 r,
由几何关系得三角形的边长为 L=2cos30°r,即 r= L,对顶点的星体受力分析,根据矢
量合成的方法可得: F=2 cos30°+3G = =m =ma= ①,
解得 v= ,a= ,故 A 正确, B错误。
C、设它们的密度为 ρ,A 半径为 R,则: m=
A 表面的重力加速度: g=
联立可得:
同理可得 O 处的星:
所以它们表面的重力加速度的比值为 .故 C 错误;
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D、由①可得: T=
若 O 处的星球被均分到 A、B、C 三颗星球上, A、B、C 三颗星球的质量都是 2m;若仍
按原轨道运动,则对 A: cos30°= ②
可得: > T
则 A、B、 C 三颗星球运动的周期将变大。故 D 正确
故选: AD。
结合几何关系即可求出顶点上星体做匀速圆周运动的轨道半径 R1;
根据万有引力定律,结合矢量合成的方法即可求出等边三角形顶点上星体受的合力 F 1;
明确研究对象,对研究对象受力分析,找到做圆周运动所需向心力的来源。在四颗星组
成的四星系统中,其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周运动的向心力,
根据 F 合=mr( )2,求出星体匀速圆周运动的周期。
知道在四颗星组成的四星系统中, 其中任意一颗星受到其它三颗星对它的合力提供圆周
运动的向心力。
万有引力定律和牛顿第二定律是力学的重点, 在本题中有些同学找不出什么力提供向心
力,关键在于进行正确受力分析。
8.【答案】 BCD
【解析】 解: AB、电子在 a 等势面时动能为 8J,在 d 等势面时动能为 2J,则相邻电势
差动能减少 2J,在电子到达 C 等势面时的动能为 4J,c 等势面的电势为零, 电势能为零,
则总能量为 4J,根据能量守恒可知,电子到达 d 等势面时的电势能为 2J,故 A 错误, B
正确。
C、电子在垂直于等势线方向上做匀变速直线运动,在平行于等势线方向上做匀速直线
运动, 电场线垂直等势线, 平行于等势线方向的速度不变, 根据运动的合成与分解可知,
电子射入方向与电场线的夹角为 θ,则 sin θ== ,则夹角 θ为 30°,故 C 错误。
D、根据运动的电场线可知,电子从 a 等势面射出到再次回到 a 等势面的过程中速度方
向偏转了 120°,故 D 正确。
故选: BCD。
根据只有电场力做功, 动能与电势能之和不变, 当电场力做负功时, 动能转化为电势能,
在电势为零处,电势能为零,从而即可一一求解。
本题考查电场力做功与电势能变化的关系, 掌握电势能与动能之和不变, 理解电势为零
处的电势能为零是解题的关键。
9.【答案】 ADE
【解析】 解: A、由状态 A 到状态 B 的过程中,气体的体积增大,压强不变,根据盖吕
萨克定律可知温度升高,则内能增大,故 A 正确。
B、由状态 B 到状态 C 的过程中,气体发生等容变化,气体不做功。压强减小,根据查
理定律可知温度降低,内能减小,由热力学第一定律 △U=Q+W 知,气体向外界放出热
量,故 B 错误。
C、由状态 C 到状态 A 的过程中, PV 乘积先增大后减小,根据理想气体状态方程可知,
温度先升高后降低,故分子运动的平均速率先增大后变小,故 C 错误;
D、根据图象可知, B 点的 PV 乘积最大, 根据理想气体状态方程可知, B 点的温度最高,
故改点内能最大,故 D 正确;
E、气体按图示过程循环一次,气体内能不变,又 P-V 图象中围成面积表示做功可知,
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由 A 到 B 到 C 气体对外做功大于由 C 到 A 外界对气体做功, 故整个过程气体对外做功,
根据热力学第一定律可知,从外界吸收的热量全部用于对外做功,故 E 正确;
故选: ADE。
根据 pV 的变化分析温度的变化,从而确定分子平均动能的变化。根据体积的变化,分
析气体做功情况, 由温度的变化分析内能的变化, 再由热力学第一定律分析吸放热情况。
根据压强的变化分析每秒撞击单位面积器壁的分子数变化。 根据图象与坐标轴所围的面
积表示功,分析气体对外做功情况。
从 P-V 上找出各物理量之间的关系, 分析气体的变化过程, 根据气态方程和热力学第一
定律进行分析。要抓住一定质量的理想气体的内能只跟温度有关。
10.【答案】 不能
【解析】 解:由几何关系知光线射入时的
入射角 i=60°,
由折射定律得: n=
解得: r=30°
由几何关系知光线射到 AD 边的入射角
θ =60°
因为 sin60 °= > sinC= = ,光线在 AD 边
发生全反射,不能从 AD 边射出,
由几何关系知 △POE 为等腰三角形, PO=EO=R,ED=1.5R-R=0.5R
光线在玻璃中传播的距离 s=2Rcos30°+ =
光在玻璃中的传播速度: v=
光束在介质材料中的传播时间: t=
解得: t=
故答案为:不能
画出光路图,由折射定律、全反射定律可判断光线能否从 AD 边射出,由几何关系可求
得光在介质中传播的距离,再由 v= 可求得在介质中传播的速度,则传播时间可求解。
此题首先要能熟练作出光路图, 其次要掌握全反射条件和临界角公式, 并能灵活应用几
何关系求解。
11.【答案】 0.310
【解析】 解:( 1)由图可知遮光条的宽度为 d=0+31.0×0.01mm=0.310mm;
( 2)滑块经过光电门时的速度为 ,根据动能定理有 ,则可知动
摩擦因数为 = ;
( 3)从松手后,支滑块停下来的过程中,根据功能关系可知 Ep=μmg(x+s),则可得
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压缩弹簧时弹簧的弹性势能与形变量间的关系式为 。
故答案为:( 1)0.310,( 2) ,( 3) 。
( 1)先读固定刻度,再读固定刻度,两个读数相加即为读数;
( 2)先求出滑块经过光电门的速度,根据动能定理求动摩擦因数;
( 3)根据功能关系或能量守恒定律求解压缩弹簧时弹簧的弹性势能与形变量间的关系
式。
解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项,
同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题及基本仪器的读数方法。
12.【答案】 点迹不均匀,易生产偶然误差 1.00 0.212 小于
【解析】 解:(1)显然是用伏阻法结合图象测电动势和内
阻,要测不同电压下变阻器两端的电压,所以电路如图所
示,
电源的路端电压,由 U=E-Ir 图象求 E 和 r,这样电路图如
图所示,
( 2)先描出表格中数据中的点,从点的分布情况看,分布
不均匀,即电阻较大的数据较多,电阻较小( 较大)的数
据较少;即点迹不均匀,易关系偶然误差;
( 3)根据闭合电路欧姆定律有:
E=U+ ,变形后得到: = + ,
可以看出 图象是一条直线, 当 =0 时, 则有
=1.0,所以电动势 E= =1.0V;再结合图象
的斜率 = ,r=0.212Ω;
( 4)由于没有考虑电压表的分流作用, 这样流
过电源内阻的电流将大于 ,且电压越大, 测量值将比真实值小和越多, 那么电源的 U-I
直线的斜率变小,所以内阻的测量值也将偏小。
故答案为:( 1)
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( 2) 点迹不均匀,易产生偶然误差
( 3)1.00 0.212
( 4)小于
( 1)根据实验原理选择实验电路,作出 U-I 图象,然后求出电源电动势与内阻;
( 2)根据待测干电池电动势,选择电压表,不能量程过大;
( 3)直接描点作图;
( 4)根据测量结果,利用闭合电路的欧姆定律列式,求出电池的内电阻,从原理图分
析误差。
测量干池的电动势和内电阻的实验,电路采用电流表外接法,将实验测得的数据作出
U-I 图线,根据图线求电动势和内阻,能减小实验误差。
13.【答案】 解:( 1)烟花弹的动能: E= ,解得: v0= ,
烟花弹的竖直分速度: vy=v0sin60 °= ,
烟花弹上升的最大高度: H= = ;
( 2)烟花弹的水平分速度: v0x=v0cos60 °= ,
烟花弹爆炸过程系统在水平方向动量守恒,以水平初速度方向为正方向,
由动量守恒定律得: mv0x= mv1+ mv2,
由能量守恒定律得: E+ ,
解得: v1=- , v2= 或 v1= ,v2= ,
烟花弹爆炸后做平抛运动,运动时间: t= = ,
烟花弹炸裂后落地点间的距离: x=(|v1|+v2)t= ;
答:( 1)烟花弹上升达到的最大高度为 ;
( 2)烟花弹炸裂后的两部分落在水平面上时落点间的距离为 。
【解析】 (1)烟花弹在竖直方向做竖直上抛运动,求出竖直分速度,应用匀变速直线
运动的速度位移公式求出烟花弹上升的最大高度。
( 2)烟花弹在最高点爆炸过程系统在水平方向动量守恒,应用动量守恒定律与能量守
恒定律可以求出爆炸后的速度, 爆炸后两烟花弹片做平抛运动, 应用平抛运动规律可以
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求出爆炸后两部分落地点间的距离。
本题考查了动量守恒定律的应用, 根据题意分析清楚烟花弹的运动过程是解题的前提与
关键,应用运动的合成与分解、动量守恒定律与能量守恒定律、运动学公式可以解题。
14.【答案】 解:( 1)粒子能在第四象限中加速,说明粒子带正电。
粒子第一次进入磁场中只有向 y 轴正方向偏转,才能周期性运动,由左手定则知粒子
第一次进入磁场时磁场的方向应垂直于 xOy 平面向
里。
在场强为 2E 的匀强电场中加速时,由 2Eqa= mv02
得 v0=2
对应的轨道半径 R满足 qv0B=m
解得 R=
由于洛伦兹力永远不做功: 离开磁场时速度沿 y 轴正
方向,欲使之周期性运动,粒子运动到电场边界速度
应减为零,由 mv02=Eq 知 =2a
由几何关系知 =a+R=1.5a
由 tan θ= = 知 θ =53°
(2)磁场区域的面积最小时恰将 AC 弧包围在其中,
即以 AC 为直径的圆面积最小,故 r=
于是磁场区城的最小面积 S=πr2=
(3)PA 段: t1= =
AC 段: t2= = =
粒子在 CD 段匀速运动的时间 t 3= ,整理得 t3=
粒子在第一象限内匀减速运动的时间满足 = ,整理得 t4=2
由图可知粒子运动的周期为 T=2(t1+t2+t3+t 4)=
答:( 1)粒子第一次进入磁场时磁场的方向及射线 OM 与 x 轴的最小夹角为 53°;
( 2)第四象限内磁场区域的最小面积为 ;
( 3)磁场区域面积最小时带电粒子运动的周期为 。
【解析】 (1)粒子能在第四象限中加速,说明粒子带正电。粒子第一次进入磁场中只
有向 y 轴正方向偏转,才能周期性运动, 由左手定则知粒子第一次进入磁场时磁场的方
向应垂直于 xOy 平面向里, 根据动能定理和牛顿第二定律以及几何关系可以求出最小夹
角;
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( 2)磁场区域的面积最小时恰将 AC 弧包围在其中,即以 AC 为直径的圆面积最小,故
r= ,可以求出磁场区城的最小面积;
( 3)分别算出 PA 段、 AC 段、 CD 段的时间,粒子在第一象限内匀减速运动的时间满
足 = ,求出整理得 t4,由图可知粒子运动的周期为 T=2( t1+t2+t 3+t4)。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动、 牛顿第二定律、 匀变速直线运动规律等知识
点。 本题主要考查了带电粒子在电场和磁场场中运动的问题, 要求同学们能正确分析粒
子的受力情况, 再通过受力情况分析粒子的运动情况, 熟练掌握圆周匀变速直线运动规
律的基本公式,难度适中。
15.【答案】 解:打开阀门稳定后,对 B 缸中活塞和重物整体受力分析,根据平衡得:
P0S+2mg=PS①
设系统稳定后,弹簧的形变量为 x
对 A 缸中活塞受力分析根据平衡得:
PS+kx=P0S②
①②联立解得:
=
对于左缸中气体初态压强为: P 左 =P0
右缸中气体初态压强为: P 右=P0+
对两部分气体整体根据玻意耳定律得:
P0LS+(P0+ )? 3LS=PL ′S③
①③联立解得:
L′= =
由几何关系得缸 A 中活塞向下移动的距离为
△x=L+3L+x-L′=
答:弹簧的形变量为 ,气缸 A 中活塞向下移动的距离为 。
【解析】 打开阀门后,最终两部分封闭气体压强相等,对两活塞分别受力分析根据平衡
可求出弹簧的形变量;
对两部分封闭气体整体根据玻意耳定律列式。
本题考查玻意耳定律,关键是选择好研究对象,找出初末状态参量,根据气体状态方程
列式求解即可。
16.【答案】 解:( 1)因为 t2=0.55s时 x=8cm处的质点正沿 y 轴负方向运动,根据同侧
法知波的传播方向为 x 轴的负方向,
由图象知传播时间和周期满足: (n=0、1、2、3⋯)⋯①,
又因为 t1 至 t2 时段内 x=8cm处的质点通过的路程满足 25cm<s<30cm,
故 ⋯②,
由①②知 n=1,T=0.4s,
所以波的传播速度为: ;
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( 2)质点的振动方程为: = cm,
从 0 时刻开始经历 后, x=3cm 的质点振动到波谷位置,即位移 x=-5cm,
所以解得初相位为 ?=π,
故 x=3cm的质点的振动方程为: x=5sin(5πt+π) cm;
答:( 1)该波的传播方向为沿 x 轴的负方向,传播速度为 0.2m/s;
( 2)x=3cm 处的质点的振动方程为 x=5sin(5πt+π)cm;
【解析】 (1)根据图象找到波长,找到传播时间和周期的关系,求出周期,再根据波
速的公式求解波速大小;
( 2)找到质点的初相位,代入振动方程的一般表达式;
( 1)能够从图象中找到波长、振幅,以及时间与周期的关系
( 2)知道振动方程的一般表达式,会求解初相位;