2021年四川省內(nèi)江市高考物理三診試卷（附答案詳解）

2021年四川省內(nèi)江市高考物理三診試卷

1.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）根據(jù)玻爾的原子模型，當(dāng)氫原子核外電子由離原子核較

近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道上時，下列說法中正確的是（）

A.核外電子受到的庫侖力變小B.原子的能量減小

C.核外電子的動能變大D.原子核和核外電子的電勢能減小

2.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）在2020年12月1日，“嫦娥五號”探測器成功著陸在

月球，并把約2口的月壤樣品“打包”帶回地球。若“嫦娥五號”著陸前，在月球

表面附近繞月球做勻速圓周運動，做圓周運動的線速度大小為V,角速度大小為3,

向心加速度大小為月球的平均密度為P、半徑為凡引力常量為G,則下列關(guān)系

式中正確的是（）

A.（;=等B.〃=2R用C.a）=2D.T=扁

3.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）一物體由靜止開始，在粗

糙的水平面內(nèi)沿直線運動，其加速度。隨時間f變化的2\

a-t圖像如圖所示。若選物體開始運動的方向為正方°-iX3：4*

向，那么，下列說法中正確的是（）"........、一:

A.在t=0?2s的時間內(nèi)，物體先做勻速直線運動后做勻減速運動

B.在1=2s時物體的位移最大

C.在t=2s?3s的時間內(nèi)，物體速度的變化量為-lm/s

D.在t=0?4s的時間內(nèi)，物體的位移為零

4.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）在光滑的水平面內(nèi)有一沿x軸的靜電場，其電勢3隨x

變化的3-尤圖像如圖所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為加、電荷量為4的帶負(fù)電小球，從坐標(biāo)

原點。開始，僅在電場力作用下，以一定的初速度處沿x軸正向運動，下列說法中

正確的是（）

A.帶電小球從。點運動到%1處的過程中，加速度逐漸增大

B.帶電小球從。點運動到“2的過程中，電場力的沖量為零

C.帶電小球從。點運動到久2的過程中，最大速度為J詔-誓

D.帶電小球從。點運動到%2點時速度為%+J警

5.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）如圖，一名登山愛好者正

沿著豎直崖壁緩緩下降，在下降過程中把人近似看做

一根直桿，人的腿部保持與崖壁成60。夾角。繩的一端

固定在較高處，另一端拴在人的腰間（重心處）。在某

時刻繩與豎直方向的夾角為45。，從該位置開始到人下降到繩與豎直方向的夾角為

15。的過程中，下列說法正確的是（）

A.人的腳與崖壁的摩擦力逐漸增大

B.人的腳與崖壁的彈力逐漸增大

C.繩子承受的拉力先減小后增大

D.繩子對人的拉力與人對繩子的拉力是一對平衡力

6.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）如圖，電路中的定值電

阻&大于電源的內(nèi)電阻入現(xiàn)將開關(guān)S閉合，將滑

動變阻器R的滑片P向上滑動,理想電壓表匕、%、

匕的示數(shù)變化量的絕對值分別為△U1、△4、△3，

理想電流表A的示數(shù)變化量的絕對值為△/,則下

列說法中正確的是（）

A.電壓表匕的示數(shù)增大，電壓表/的示數(shù)減小

B.電流表A的示數(shù)變大，電壓表匕的示數(shù)增大

C.電壓表?和電流表4的示數(shù)變化量的比值券=「+/?0

D.電壓表匕和外的變化量△%>△U2

7.（2021?湖南省常德市?模擬題）2022年冬季奧運會將在北京舉行。我國冰壺運動員在

某一次水面內(nèi)訓(xùn)練時，紅壺以一定的速度與靜止在大本營中心的藍(lán)壺發(fā)生對心碰撞,

碰撞時間極短，碰后運動員用冰壺刷摩擦藍(lán)壺前進(jìn)方向上的冰面來減小阻力。碰撞

前、后兩壺運動的u-t圖線如圖中實線所示，如果兩冰壺的質(zhì)量相等，那么，由

圖像可得出正確的結(jié)論是（）

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A.碰撞后瞬間，藍(lán)壺的速度為1.5m/s,紅壺的速度為0.5m/s

B.兩壺在碰撞過程中，損失的機(jī)械能為兩壺從碰后到靜止損失的總機(jī)械能的:倍

4

C.紅、藍(lán)兩壺在運動過程中，動摩擦因數(shù)之比為〃"：口藍(lán)=3：4

D.碰后藍(lán)壺經(jīng)過4s停止運動

8.（2021.湖南省常德市.模擬題）如圖所示，在光滑的絕緣水平面上，放置一個邊長為L、

質(zhì)量為，小電阻為R的單匝正方形金屬線框劭cd,線框的右側(cè)與一根絕緣水平細(xì)

線相連，細(xì)線的另一端跨過一個光滑的小定滑輪，懸掛一個質(zhì)量為4巾的重物，放

置于傾角為。=30。的足夠大的光滑斜面上，在線框右側(cè)存在一寬度也為L,方向

豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁場的左邊界與線框〃邊平行且距離也為心現(xiàn)將線框和

重物同時由靜止釋放，線框恰好能夠完全勻速通過磁場區(qū)域，重力加速度為g,則

下列說法正確的是（）

A.線框右邊cd剛進(jìn)入磁場時的速度大小為應(yīng)

5

B.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為心耍

C.線框通過磁場的過程中，電流做的功為2,咫工

D.線框cd邊在進(jìn)入磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量為g普

9.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）某同學(xué)使用如圖裝置來“驗證機(jī)械能守恒定律”。其操

作過程如下：

滑塊

A.把氣墊導(dǎo)軌固定在有一定傾角的斜面上，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌使之與斜面平行，用量角

器測量出斜面的傾角為a；

B.在氣墊導(dǎo)軌上的恰當(dāng)位置固定兩個光電門“1”和2”，用刻度尺測量出兩個光電

門之間的距離為X；

C.在滑塊上垂直裝上遮光條，使用游標(biāo)卡尺測量出遮光條的寬度為d；

。.使用天平測量出滑塊和遮光條的總質(zhì)量為加

E在氣墊導(dǎo)軌上，由靜止釋放滑塊，滑塊先后通過兩個光電門，用光電計時器記錄

遮光條通過光電門“1”和“2”的時間分別為以、t2?重力加速度為g。則：

(1)如圖2所示，是用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度示意圖。其寬度為d=cm.

(2)當(dāng)滑塊和遮光條通過光電門“2”時，其動能為(用測量的物理量字母表

示)；

(3)在滑塊和遮光條從光電門“1”運動到光電門“2”的過程中，滿足關(guān)系式

時，滑塊和遮光條的機(jī)械能守恒。

10.(2021?四川省內(nèi)江市?模擬題)某同學(xué)家里有一個充電寶(看作電源)，他欲精確地測量

其電動勢E和內(nèi)阻r,其實驗步驟如下：

(1)先選用多用電表，將選擇開關(guān)調(diào)至到電阻擋“X10”倍率處，然后，把兩表筆

直接接觸，再調(diào)整______,使指針指向“0。”。再用多用電表測量鉛筆芯的總電

(2)用刻度尺測得該鉛筆芯的總長度為L-

(3)將多用電表調(diào)至直流電壓擋，按如圖乙連接電路；

(4)多次改變鉛筆芯接入電路中PN的長度x,讀出并記錄相對應(yīng)的電表的示數(shù)U；

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（5）在坐標(biāo)紙上畫出的圖像如圖丙所示，其中，圖像的縱坐標(biāo)為云圖像的傾率為2,

縱軸截距為瓦那么，圖像的橫坐標(biāo)為（采用國際單位），充電寶的內(nèi)電阻r=

，電動勢E=（均用題中所給字母表示）

11.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）如圖所示，半徑為0.9m的光滑;圓弧軌道04,。為圓

心，與長度為3〃?的光滑水平軌道A8在4處相切，它與水平粗糙足夠長的軌道CO

在同一豎直面內(nèi)。現(xiàn)有一小滑塊從圓弧軌道上的P點由靜止釋放，40。/=30。。

當(dāng)滑塊經(jīng)過A點時，靜止在CO軌道上質(zhì)量為0.2kg的凹槽（質(zhì)點），在1.6N的水平

恒力尸作用下開始啟動，運動一段時間后撤去此力，又經(jīng)過一段時間后，當(dāng)凹槽在

CZ）軌道上運動了3.28m時，凹槽的速度達(dá)到2.4m/s,此時，小滑塊恰好落入凹槽

中。凹槽與軌道C0間的動摩擦因數(shù)為0.4。重力加速度為g=10rn/s2。求：

（1）凹槽運動的最大速度；

（2）兩個水平軌道間的高度。

12.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）如圖甲所示，粒子源A緊貼在豎直放置的平行金屬板

例、N的M板中點外側(cè)，M、N板間的電壓為外,在N板的右側(cè)有一對長為L,間

距為1.5L的水平平行金屬板P、Q,金屬板P、。間的電壓UPQ隨時間，變化的圖像

如圖乙所示。豎直極板M、N的中間開有小孔，兩小孔的連線為水平金屬板P、Q

的中線，與磁場的左邊界（虛線）的交點為0。在金屬板P、。的邊緣虛線右側(cè)存在

著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在金屬極板。的上方磁場的

左邊界上,放有足夠長的感光膠片。現(xiàn)使粒子源連續(xù)釋放出初速度不計、質(zhì)量為優(yōu)、

電荷量為+q的粒子，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間遠(yuǎn)小于偏轉(zhuǎn)電場的周期，磁場

的磁感應(yīng)強(qiáng)度為器/空包，粒子的重力不計。求:

q

XX

XX

XX

XX

XX

XX2T1/?

XX

（1）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率;

（2）當(dāng)粒子以磁場左邊界成a角的速度進(jìn)入磁場區(qū)域時，粒子距磁場左邊界的最大距

離:

（3）所有粒子打在磁場左邊界感光膠片上的感光長度。

13.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）下列說法正確的是（）

A.液體中懸浮微粒的布朗運動是液體分子對它的撞擊作用不平衡所引起的

B.當(dāng)容器內(nèi)氣體吸熱膨脹時，氣體分子的平均動能可能減小

C.當(dāng)水的溫度升高時，每一個水分子的運動速率都會增大

D.處于完全失重狀態(tài)的水滴呈球形，是液體表面張力作用的結(jié)果

E.晶體一定有規(guī)則的幾何形狀，形狀不規(guī)則的金屬一定是非晶體

14.（2021.四川省內(nèi)江市.模擬題）在疫情過程中需要大量的氧氣。醫(yī)用大氧氣瓶的體積為

40L,能承受的最大壓強(qiáng)為150個大氣壓，使用前將其抽成真空。現(xiàn)將60罐體積為

4L的小氧氣瓶中的氧氣，通過專業(yè)壓縮泵將氧氣裝入大氧氣瓶中儲備、運輸。裝

入前每個小氧氣瓶中氣體的壓強(qiáng)為15個大氣壓，裝入后每個小氧氣瓶中剩余氣體

的壓強(qiáng)為1.2個大氣壓，裝入前、后大小氧瓶的室度均為27?？谘鯕饪梢暈槔硐霘?/p>

體。求：

⑴在室溫下將氧氣壓入大氧氣瓶后，大氧氣瓶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；

5）若將大氧氣瓶中溫度降為-33久，此時大氧氣瓶中氣體的壓強(qiáng)。

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15.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）一簡諧橫波在t=0時刻的波形圖如圖甲所示。在平衡

位置坐標(biāo)x=0.32m處的質(zhì)點P此時的運動方向豎直向下。圖乙是該波上某質(zhì)點的

振動圖像，則下列說法正確的是（）

A.該波沿x軸正方向傳播

B.圖乙可能是x=0.8m處的質(zhì)點的振動圖像

C.該波傳播的波速為4rn/s

D.該列簡諧橫波可與頻率/=0.20Hz的簡諧橫波發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象

E.在時間t=0到t=0.1s的時間內(nèi)，質(zhì)點P經(jīng)過的路程為20c”？

16.（2021?四川省內(nèi)江市?模擬題）雨過天晴，人們常?？吹教霢一

-F"：："

空中出現(xiàn)彩虹，它是由太陽光照射到空氣中的小水珠上（

時出現(xiàn)的奇觀現(xiàn)象。如圖所示，現(xiàn)有一束單色細(xì)光線A81

射入小水珠，水珠可視為一個半徑為R=lOmm的小球，

球心O到入射光線AB的垂直距離為d=8mm,水的折射率為n=等。光速c=

o

3.0x108m小，Sin53=則：

（i）這束光線A8從射入小水珠，經(jīng)第一次折射出小水珠，其出射光線與入射光線偏

轉(zhuǎn)的角度是多少？

5）這束光線AB從射入小水珠，經(jīng)第一次反射后又從水珠中射出的過程中，光在小

水珠中傳播的時間是多少？

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答案和解析

1.【答案】A

【知識點】玻爾原子理論的基本假設(shè)、能級躍遷、庫侖定律及其適用條件

【解析】解：小氫原子的核外電子，由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道，根據(jù)

庫侖定律公式尸=號可知，核外電子受到的庫侖力減小，故A正確；

B、氫原子的核外電子，由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道的過程中吸收能量，

原子的總能量增大，故B錯誤；

C、根據(jù)庫侖力提供向心力公式：整=噂和動能的公式可知電子的動能：

七r=智，所以電子由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道時，電子的動能減小，故

C錯誤；

。、電子由離核較近的軌道躍遷到離核較遠(yuǎn)的軌道時克服電場力做功，原子核和核外電

子的電勢能增大，故。錯誤.

故選:Ao

電子在不同的軌道上運動時，原子處于不同的狀態(tài)，因而具有不同的能量，即原子的能

量是不連續(xù)的。這些具有確定能量的穩(wěn)定狀態(tài)稱為定態(tài)，在各個定態(tài)中，原子是穩(wěn)定的，

不向外輻射能量。但是原子核外電子在受到激發(fā)的時候會發(fā)生躍遷，在不同軌道原子具

有的能量就會不同。

本題主要考查了玻兒模型和氫原子的能級結(jié)構(gòu)，要清楚不同能級上面氫原子的躍遷能量

變化情況。

2.【答案】B

【知識點】萬有引力定律的應(yīng)用、向心力

【解析】解：設(shè)月球的質(zhì)量為M,則"=。彳兀區(qū)3。

“嫦娥五號”著陸前，在月球表面附近繞月球做勻速圓周運動，由月球的萬有引力提供

向心力，根據(jù)牛頓第二定律得

Mm

G「--=ma=m—v=ma)2^Rn=m4—7r2rR

R2RT2

Gp-^rcR3

R3

故選：8。

“嫦娥五號”著陸前，在月球表面附近繞月球做勻速圓周運動，由月球的萬有引力提供

向心力，根據(jù)牛頓第二定律和萬有引力定律相結(jié)合列方程。結(jié)合質(zhì)量等于體積與密度的

乘積列方程，聯(lián)立即可求解。

解答本題時，關(guān)鍵要根據(jù)萬有引力提供向心力列方程，得到各個量的表達(dá)式。

3.【答案】C

【知識點】勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系、運動的圖像、勻變速直線運動的速度

與時間的關(guān)系

【解析】解：4在t=0?2s的時間內(nèi)，物體先做勻加速直線運動后做加速度逐漸減小

的變加速運動，故A錯誤；

8、根據(jù)a-t圖像與時間軸所圍的面積表示速度變化量，圖像在時間軸上方速度變化量

為正，圖像在時間軸下方速度變化量為負(fù)，則知在t=0?4s的時間內(nèi)，物體速度的變

化量為0,可知，物體一直沿正方向運動，在t=4s時物體的位移最大，故B錯誤；

C、在t=2s?3s的時間內(nèi)，物體速度的變化量為4v=-^-m/s=-lm/s,故C正確；

D、在t=0?4s的時間內(nèi)，物體一直沿正方向運動，則物體的位移不為零，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)加速度方向與速度方向的關(guān)系，判斷物體的運動情況，兩者方向相同時，物體做加

速運動，兩者方向相反，做減速運動。根據(jù)a-t圖像與時間軸所圍的面積表示速度變

化量，來求物體速度的變化量。

本題根據(jù)物體的加速度情況定性分析物體的運動情況，也可結(jié)合物體的a-t圖像作出

物體的u-t圖像進(jìn)行分析。

4.【答案】B

【知識點】電勢、電勢差與場強(qiáng)的關(guān)系、動量定理

【解析】解：4由可知w-%圖像中，斜率等于電場強(qiáng)度，在帶電小球從O點運動

到x為處的過程中，斜率不變，電場強(qiáng)度不變，所以加速度不變，故4錯誤；

BD.帶電小球從。點運動到電的過程中，電勢差為零，電場力做功為零，小球的動能變

化為零，故速度變化為零，由/=4p=m/i?

可知，電場力沖量為零，故B正確，。錯誤；

C.由圖可知0?過程，電場力做正功，Xi?%2過程，電場力做負(fù)功，故x時速度最大

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有

q<Po=2mvm-2mvo

可解得

、2q（pQ

%=『o2+k

故C錯誤。

故選：B。

9-x圖像中，斜率等于電場強(qiáng)度，斜率不變，電場強(qiáng)度不變，加速度不變，從。點運

動到血的過程中，電勢差為零，電場力做功為零，小球的動能變化為零，故速度變化為

零.

本題考查W-x圖像的認(rèn)識，重點在于其斜率代表電場大小，另外根據(jù)動能定理可求得

最大速度。

5.【答案】C

【知識點】共點力的平衡、力的合成與分解

【解析】解：ABC,登山愛好者緩緩下降，受力平衡，登山愛好

者受重力G,繩的拉力T,崖壁對腿的作用力尸（支持力與摩擦力\Y\\''、、

的合力）沿著腿的方向，人受力以及人在下降過程中力的變化如

圖所示，由圖可以看出：

廠逐漸減少，繩子拉力T與尸垂直時最小，所以T先減少后增大；

崖壁對人的彈力和摩擦力為備=Fsin60°,f=Fcos60°,崖壁對Jmg

人的彈力和摩擦力也減少，故48錯誤、C正確；

D、繩子對人的拉力與人對繩子的拉力是物體間的相互作用力，不是平衡力，故。錯誤。

故選：Co

以人為研究對象，分析受力，作出受力分析圖，根據(jù)平衡條件作圖，由圖判斷繩子拉力

與崖壁對腿的作用力的變化情況，再根據(jù)崖壁對腿的作用力分析崖壁對人的彈力和摩擦

力；根據(jù)作用力與反作用力的特點分析。選項。

本題受力分析建立的三角形不是特殊三角形，且所受三個力中，其中一個力大小方向確

定，另一個力的方向確定，這一特點適合用圖解法解題，另外把崖壁對人的彈力和摩擦

力先看成一個力來考慮也是解題的一個關(guān)鍵。

6.【答案】CD

【知識點】閉合電路歐姆定律

【解析】解：AD,理想電壓表匕測量電阻R兩端電壓，據(jù)閉合電路歐姆定律可得：

E-lr,將滑動變阻器的滑片向下滑動，電路電流增大，電阻R兩端電壓0=//?增大，

理想電壓表匕的示數(shù)增大，理想電壓表嶺測量路端電壓,據(jù)閉合電路歐姆定律可得:U2=

E-lr,電流/增大，則路端電壓增大，電壓表彩的示數(shù)增大，△U2=A/r,理想電壓

表匕測量定值電阻兩端的電壓，據(jù)歐姆定律可得，△/=△//?,由于r<2則4U2<△

故A錯誤，D正確；

8、電流表測量干路電流，將滑動變阻器的滑片向下滑動，總電阻減小，則干路電流增

大，電流表A的示數(shù)變大，故B錯誤；

C、電壓表/測量滑動變阻器兩端電壓，將定值電阻&看作內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路歐姆定

律可知，2=7+&,故C正確；

故選：CD。

分析電路可知，開關(guān)S閉合，滑動變阻器與定值電阻R串聯(lián)后接在電源兩端。

將滑動變阻器的滑片向下滑動，滑動變阻器接入電路的電阻減小，電路總電阻減小，電

路電流增大。

電壓表匕測量滑動變阻器兩端電壓，將定值電阻扁看作內(nèi)阻分析。

此題是電路的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確各電表各測量哪部分電路的

電壓或電流，再根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析求解。

7.【答案】AD

【知識點】動量守恒定律、功能關(guān)系的應(yīng)用

【解析】解：A、由圖可知，碰撞前紅壺的速度%=2m/s,碰撞后瞬間藍(lán)壺的速度方=

1.5m/s,兩冰壺質(zhì)量相等，設(shè)冰壺質(zhì)量為，力兩冰壺碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后

紅壺的速度為巧，以碰撞前紅壺的速度方向為正方向，由動量守恒定律得:mv0=mvj4-

mv2,代入數(shù)據(jù)解得：Vi=0.5m/s,故4正確；

3、兩壺碰撞過程損失的機(jī)械能為：

j-,

△瓦=-1mv^7--1mvt717

兩壺從碰后到停止損失的總機(jī)械能為：

r?1212

=mV

△E2~~2一22，

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代入數(shù)據(jù)解得：^-=1，故B錯誤；

△七2，

C。、由牛頓第二定律可知碰前紅壺的加速度為:的=色吧==竺=生2m/s2=

1m「紅dAt1-0'

0.5m/s2

解得：N紅=0.05

由圖像結(jié)合相似三角形規(guī)律可知：用多=爭

1-(J。2-U

解得：±2=5s

則碰后藍(lán)壺運動時間為：△t=J-1=5s-Is=4s；

由牛頓第二定律可知碰后藍(lán)壺的加速度為：=誓=〃盛g=翳=登m/s2=

0.375m/s2

解得:〃點=0.0375

所以：〃々：〃施=0。5：0.0375=3：4,故C錯誤，。正確；

故選：AD.

兩冰壺碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出碰撞后紅壺的速度；根據(jù)能量守

恒求出兩壺在碰撞過程中，損失的機(jī)械能和兩壺從碰后到靜止損失的總機(jī)械能之比；

根據(jù)圖示圖象求出紅壺的加速度，應(yīng)用運動學(xué)公式求出t2；求出藍(lán)壺的加速度，應(yīng)用牛

頓第二定律求出兩壺受到的摩擦力，然后求出動摩擦系數(shù)之比。

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意與圖示圖線分析清楚壺的運動過程是解題的

前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動量守恒定律、牛頓第二定律與幾何知識可以解題。

8.【答案】AD

【知識點】動生電動勢、閉合電路歐姆定律、電磁感應(yīng)中的功能問題

【解析】解：A、線框進(jìn)入磁場前的過程，對線框和重物組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理得:

2

4m5Lsin0=|(m+4m)v,解得線框右邊cd剛進(jìn)入磁場時的速度大?。骸?”更，

故A正確；

B、線框能夠勻速通過磁場區(qū)域，受力平衡，對線框有7=8〃=岑&,對重物有7=

聯(lián)立解得"小蟲,

4mgsin0,故B錯誤;

C、線框通過磁場的過程中，電流做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少，為W=4mg(2L)sinff=

4mgL,故C錯誤；

。、線框〃邊在進(jìn)入磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量為勺=〃=督=黃=

Ji儼,故力正確。

故選：AD.

對線框進(jìn)入磁場前的過程，對線框和重物組成的系統(tǒng)利用動能定理列式，即可求出線框

右邊4剛進(jìn)入磁場時的速度大小，線框能夠勻速通過磁場區(qū)域，受力平衡，由平衡條

件和安培力與速度的關(guān)系求解磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；線框通過磁場的過程中，電流做

的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少；根據(jù)q=〃求通過線框橫截面的電荷量。

解答本題時，要把握系統(tǒng)遵守的力學(xué)規(guī)律，如共點力平衡條件、系統(tǒng)的能量守恒。對于

電荷量，也可以根據(jù)q=￥求解。

9.【答案】2.030扣(鏟7ngsina=刎($-)*)2

【知識點】實驗：驗證機(jī)械能守恒定律

【解析】解：(1)游標(biāo)卡尺的精度為0.05mm,其讀數(shù)等于主尺與游標(biāo)尺的示數(shù)之和，所

以遮光門的寬度d=20mm+6x0.05mm=20.30mm=2.030cm：

(2)當(dāng)滑塊通過光電門2的速度/=3其動能垢=加(鏟；

(3)從光電門1到光電門2的若機(jī)械能守恒，則有：mgxsina=,將測量

22

數(shù)據(jù)代入后得：mg-X-sina=|m(^)-1m(^)0

故答案為:(1)2.030；(2))鑼；(3)mg-x?sina=如($2_加/)2

(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)等于主尺與游標(biāo)尺的示數(shù)之和；

(2)先求出滑塊經(jīng)過光電門2的速度，再由動能的公式求出動能；

(3)由機(jī)械能守恒倒推出需要驗證的表達(dá)式。

解決本題的關(guān)鍵知道實驗的操作的一般步驟，掌握紙帶的處理方法，會通過紙帶求解瞬

時速度，從而得出動能的增加量，再計算出重力勢能的減小量，從而寫出表達(dá)式。

10.【答案】歐姆調(diào)零旋鈕80三管:

xbLb

【知識點】實驗：測定電源的電動勢和內(nèi)阻

【解析】解：(1)使用歐姆表時，先選倍率后，把兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使

指針指在最右端。

圖甲所示的歐姆表的示數(shù)為R=8x100=800；

第14頁，共20頁

(5)當(dāng)鉛筆芯長為x接入電路時，根據(jù)歐姆定律可以得到：U=公XE,而刈=2,

聯(lián)立得到《=2+葛義3,顯然§-3是線性關(guān)系，那么圖象的橫比標(biāo)為L

從圖象的縱截知，b=g所以E=%再從圖象的斜率看k=?,所以r=黑

EbERbL

故答案為：(1)歐姆調(diào)零旋鈕、80；(5)k：、,

(1)測電阻之前要進(jìn)行歐姆調(diào)零，其讀數(shù)為指針的示數(shù)與倍率的乘積；

(5)根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出卜的表達(dá)式，結(jié)合題目所給圖象的斜率和縱截距求電動勢

和內(nèi)阻。

本題考查了類似伏安法測電源電動勢和內(nèi)阻實驗，考查了歐姆表的使用、圖象法測電源

電動勢和內(nèi)阻的實驗的數(shù)據(jù)處理等，應(yīng)用串聯(lián)并聯(lián)電路特點與歐姆定律可得到結(jié)果。

11.【答案】解：(1)撤去拉力瞬間凹槽的速度最大，設(shè)為巧設(shè)拉力對凹槽做功為卬，

設(shè)在拉力作用下凹槽的位移為與，

從凹槽開始運動到滑塊落入凹槽過程，凹槽的位移大小x=3.28m,速度大小v=2Am/s,

凹槽質(zhì)量M=0.2kg,對凹槽，由動能定理得：

在拉力作用下：小一“Mg/哧-0

從凹槽開始運動到滑塊落入凹槽過程：W-Wgx=^MV2-0

代入數(shù)據(jù)解得：vm=4m/s

(2)對凹槽，由牛頓第二定律得：

在拉力作用下：F-fiMg=Max

撤去拉力后：(iMg=Ma2

設(shè)凹槽孕加速運動時間為以，勻減速運動時間為，

由勻變速直線運動的速度一時間公式得：vm-a^,v=vm-a2t2,

設(shè)滑塊到達(dá)A時的速度大小為以，滑塊從釋放到運動到A點過程，

由動能定理得：mgR(^l—cos60°)=jmvj-0

AB的長度s=3m,滑塊在AB上做勻速運動的時間：「3=：

滑塊離開3點后做平拋運動，平拋運動的t4="+t2-t3

設(shè)兩水平軌道的高度差為〃，貝I：h=\gtl

代入數(shù)據(jù)解得：h=0.8m

答：(1)凹槽運動的最大速度大小是4m/s,方向水平向左；

(2)兩個水平軌道間的高度是0.8m。

【知識點】動能和動能定理、牛頓第二定律

【解析】(1)撤去拉力瞬間凹槽的速度最大，對凹槽，由于動能定理可以求出其最大速

度。

(2)由于牛頓第二定律求出凹槽的加速度，應(yīng)用運動學(xué)公式求出凹槽的加速運動與減速

運動的時間；由于動能定理求出滑塊到達(dá)A點時的速度,滑塊在A8上做勻速直線運動，

離開B后做平拋運動，應(yīng)用運動學(xué)公式可以求出兩水平軌道間的高度。

本題是一道力學(xué)綜合題，物體運動過程復(fù)雜，難度較大，分析清楚物體運動過程是正確

解題的關(guān)鍵，分析清楚物體運動過程后，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式、動能定理可

以解題.

12.【答案】解：(1)粒子經(jīng)加速電場后，由動能定理得q%詔

進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速率為=J警

(2)設(shè)粒子以速度口進(jìn)入磁場，與磁場邊界的夾角為a,最大距離為x

在磁場中有quB=

最大的距離％=/?(1-cosa)

粒子沿水平方向的速度為%=vsina

由以上各式解得X=yL=

sintrLtan^2

(3)粒子在(?「時間內(nèi)，不發(fā)生偏轉(zhuǎn)沿直線運動垂直射入勻強(qiáng)磁，粒子打在感光膠片上

的位置與射入點O的距離為X。

在磁場中有=my-

K。

xo=

由以上兩式解得出=2L

粒子在0-(的時間內(nèi)，發(fā)生偏轉(zhuǎn)作類平拋運動，設(shè)粒子射入磁場時的速度為％速度的

偏轉(zhuǎn)角為0

根據(jù)幾何關(guān)系有"=焉

在磁場中有quB=

粒子打在感光膠片上的位置與射入點。的距離為x'

x'=2Rrcosp

第16頁，共20頁

由以上三式解得x'=2A

粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的最大偏轉(zhuǎn)距離y=[ad=4>殍

感光長度為X=詈+X'一％0

由以上各式解得久

答：(1)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速率為陛；

yjm

(2)當(dāng)粒子以磁場左邊界成a角的速度進(jìn)入磁場區(qū)域時，粒子距磁場左邊界的最大距離為

Ltan-；

2,

(3)所有粒子打在磁場左邊界感光膠片上的感光長度為

【知識點】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動規(guī)律、帶電粒子在電場中的運動

【解析】(1)根據(jù)動能定理求得速度；

(2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)幾何關(guān)系求得最大距離；

(3)分別計算0-3和(?T時間內(nèi)的位移，再進(jìn)行判斷求解。

考查帶電粒子在復(fù)合場中的實際應(yīng)用，關(guān)鍵掌握在電場中做類平拋運動，在磁場做勻速

圓周運動，分別根據(jù)對應(yīng)公式求解。

13.【答案】ABD

【知識點】布朗運動、氣體壓強(qiáng)的微觀意義、分子動能、晶體和非晶體的性質(zhì)、液體的

表面張力

【解析】解：4懸浮在液體中的微粒受到液體分子對它的撞擊作用，這種撞擊作用的不

平衡性引起微粒做布朗運動，故4正確；

A當(dāng)容器內(nèi)氣體吸熱膨脹時，如果吸收的熱量Q小于對外做的功W,由熱力學(xué)第一定律：

△U=Q+勿，可知氣體內(nèi)能減小，氣體分子的平均動能減小，故B正確；

C.當(dāng)水的溫度升高時，平均動能變大，水分子的平均運動速率會增大，不能判斷單個的

水分子運動情況，故C錯誤；

D處于完全失重狀態(tài)的水滴呈球形，這是表面張力有使液體收縮的趨勢，使得水滴呈現(xiàn)

為球形，故。正確；

E.單晶體有規(guī)則的幾何形狀，多晶體沒有規(guī)則的幾何形狀，金屬屬于多晶體，故E錯誤；

故選：ABD.

布朗運動是液體分子撞擊懸浮在液體中的微粒引起的；

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析：

溫度變化，只能判斷平均動能變化，不能判斷單個分子運動速率；

液體表面張力使水滴呈球形；

根據(jù)有無規(guī)則形狀的特點，判斷單晶體和多晶體。

本題考查布朗運動、熱力學(xué)第一定律、液體表面張力、內(nèi)能、以及單晶體與多晶體的區(qū)

別，要求學(xué)生對相應(yīng)物理概念的準(zhǔn)確理解。

14.【答案】解：⑴設(shè)初始時小氧氣瓶中氣體的體積為％,壓強(qiáng)為po,抽出氧氣后小氧

氣瓶中剩余氣體的壓強(qiáng)為Pi，當(dāng)壓強(qiáng)變?yōu)镻i時，其體積膨脹為匕

根據(jù)玻意耳定律可得：p0V0=PiV1,解得匕=50L

每罐氧氣瓶中被壓入大氧氣瓶中的氣體，在室溫和Pi條件下的體積為V'i=