2021屆吉林省白山十中高考物理模擬試卷(3月份)(含答案解析)

2021屆吉林省白山十中高考物理模擬試卷（3月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.下列對(duì)于原子核的理解，正確的是（）

A.a射線的穿透能力較弱，用厚紙板就能擋住

B.原子核的結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定

C.放射性元素針的半衰期為138天，100g的針經(jīng)276天，已發(fā)生衰變的質(zhì)量為25g

D.質(zhì)子、中子、a粒子的質(zhì)量分別為Hi1、7^、由3,兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)a粒子，釋

2

放的能量是（mi+m2-m3）c

B.2.0m

C.2.2m

D.3.6m

3.點(diǎn)電荷4、B是帶電量為Q的正電荷，C、。是帶電量為Q的負(fù)電荷，它們

處在一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn)上.它們產(chǎn)生靜電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖中虛線所示，/'

在電場(chǎng)中對(duì)稱地有一個(gè)正方形路徑abed（與4BCD共面），如圖中實(shí)線所

示，。為正方形與矩形的中心，貝女）

A.取無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，則0點(diǎn)電勢(shì)為零，場(chǎng)強(qiáng)為零

B.b、d兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)相等，電勢(shì)相等

C.將某一正試探電荷沿正方形路徑a-d-c移動(dòng)，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功

D.將某一正試探電荷沿正方形路徑a—b—c移動(dòng)，電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功

4.如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)E'直流電源（內(nèi)阻不計(jì)）連接，下極板接地，靜電計(jì)所帶電荷

量很少，可被忽略，一帶電油滴靜止于電容器中的P點(diǎn)，現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向上移

動(dòng)一小段距離，則（）

|>電計(jì)

平行板電容器的電容將變小

B.靜電計(jì)指針張角變小

C.帶電油滴將向下運(yùn)動(dòng)

D.若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，再將下極板向上移動(dòng)一小段距離，則帶點(diǎn)油滴所受電

場(chǎng)力不變

5.隨著我國(guó)航天事業(yè)的不斷發(fā)展，未來(lái)某一天，我國(guó)宇航員降落在某星球上，測(cè)得該星球表面的

重力加速度為g'.已知該星球半徑為R，萬(wàn)有引力常量為G,忽略該星球自轉(zhuǎn)造成的影響，則該星

球的質(zhì)量為（）

A比B.—C.器D.—

Gg>Gg>

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m,擺長(zhǎng)相同，并排懸掛，平衡時(shí)…「…一

兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，

下列判斷正確的是（）

A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等

B.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等

C.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同

D.發(fā)生第二次碰撞時(shí)的位置與第一次相同

7.下列認(rèn)識(shí)正確的是（）

A.路端電壓隨外電阻的增大而增大

B.外電阻無(wú)窮大時(shí)路端電壓為零

C.外電阻為零時(shí)路端電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)

D.當(dāng)外電路短路時(shí)電流為勺

8.一輛汽車在平直的公路上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，汽車的速度以9km"增加到18km"過(guò)程中，合外

力對(duì)汽車做的功為%,所用的時(shí)間為5汽車的速度從18km//i增加到27km"過(guò)程中，合外力

對(duì)汽車做的功為叫，所用的時(shí)間為務(wù)，則（）

A.tj=t2B.=IV2C.4tl=t2D.=-VK2

9.在室內(nèi)，將裝有5atm的6L氣體的容器的閥門打開后，在保持溫度不變的情況下，從容器中逸出

的氣體的壓強(qiáng)和體積可能為（室內(nèi)大氣壓強(qiáng)Po=latmX）

A.latm,24LB.2atm,15LC.3atm,BLD.latm,30L

10.【加試題】“鉆石恒久遠(yuǎn)，一顆永流傳”。鉆石本身不會(huì)發(fā)光，只有經(jīng)過(guò)|

人工打磨出固才\

定的棱角，加之材料折射率大，光線經(jīng)鉆石折射進(jìn)入人眼才讓人覺得鉆石璀璨

無(wú)比?，F(xiàn)b

由a、b兩種單色光組合而成的復(fù)合光射入某顆鉆石內(nèi)，光路如圖所示，貝女）

A.a光折射率大于b光折射率

B.a光在鉆石內(nèi)的速度大于b光在鉆石內(nèi)的速度

C.用同一套裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光的條紋間距比b光的大

D.若a光照射某金屬不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，而b光一定可以（產(chǎn)生）

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）

11.在探究“彈力和彈簧伸長(zhǎng)的關(guān)系”時(shí)，小明同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行實(shí)J國(guó)登…

驗(yàn)將該彈簧豎直懸掛起來(lái)，在自由端掛上祛碼盤通過(guò)改變盤中祛碼的質(zhì)量，測(cè)i

得實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下：3金

123456

鉤碼質(zhì)量m/g0306090120150

刻度尺讀數(shù)

6.007.148.349.4810.6411.79

x/cm

（1）由表中數(shù)據(jù)可得該彈簧的勁度系數(shù)k=N/m（保留一位小數(shù)）。

（2）若小明采用描點(diǎn)法根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出了x-m的圖線，發(fā)現(xiàn)圖線與坐標(biāo)系縱軸有一截距，其

物理意義是

（3）請(qǐng)你判斷該同學(xué)得到的勁度系數(shù)與在考慮祛碼盤質(zhì)量的情況下得到的勁度系數(shù)相比，結(jié)果

（填“偏大”、“偏小”或“相同”）

12.某小組用惠斯通電橋測(cè)量電阻Rx的阻值。

方案一：如圖(a)所示，先閉合開關(guān)S,然后調(diào)整電阻箱/?2的阻值，使開關(guān)So閉合時(shí)，電流表G的

示數(shù)為零。已知定值電阻&、角的阻值，即可求得電阻

(1)實(shí)驗(yàn)中對(duì)電流表G的選擇，下列說(shuō)法正確的是

A.電流表的零刻度在表盤左側(cè)

B.電流表的零刻度在表盤中央

C.電流表的靈敏度高，無(wú)需準(zhǔn)確讀出電流的大小

D電流表的靈敏度高，且能準(zhǔn)確讀出電流的大小

(2)若實(shí)驗(yàn)中未接入電流表G,而其它電路均已連接完好，調(diào)節(jié)電阻箱/?2,當(dāng)吃〉搟，則仄。兩

點(diǎn)的電勢(shì)的關(guān)系滿足為%(選填“>”、“<”或“=”)。

方案二：在方案一的基礎(chǔ)上，用一段粗細(xì)均勻的電阻絲替代長(zhǎng)、R3,將電阻箱/?2換成定值電阻

R,如圖(b)所示。

(3)閉合開關(guān)S,調(diào)整觸頭。的位置，使按下觸頭。時(shí)，電流表G的示數(shù)為零。已知定值電阻R的

阻值，用刻度尺測(cè)量出k、％，則電阻Rx=；

(4)為消除因電阻絲的粗細(xì)不均勻而帶來(lái)的誤差，將圖(b)中的定值電阻R換成電阻箱，并且按照

(3)中操作時(shí)，電阻箱的讀數(shù)記為心；然后將電阻箱與網(wǎng)交換位置，保持觸頭。的位置不變，調(diào)

節(jié)電阻箱，重新使電流表G的示數(shù)為零，此時(shí)電阻箱的讀數(shù)記為Rs，則電阻&=。

四、計(jì)算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.如圖所示，在光滑的水平面上有一塊質(zhì)量m=1kg的長(zhǎng)木板，木板上相距L=1.2m處各放一個(gè)

質(zhì)量m=1kg的小木塊4和B(這兩個(gè)小木塊可當(dāng)做質(zhì)點(diǎn))，現(xiàn)分別給4木塊向右的速度%=5m/s,

B木塊向左的速度%=2m/s,兩木塊沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，兩木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=

0.50,兩木塊相遇時(shí)做彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短，且相互交換速度).g=10m/s2,求：

(1)如果4、B始終在木板上，兩木塊間的最大距離；

(2)要使4、B始終在木板上，木板的長(zhǎng)度至少要多長(zhǎng)？

14.如圖所示，在長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿中點(diǎn)4固定一質(zhì)量為ni的球，端點(diǎn)B固定一oY-----O--------O

：A8

個(gè)質(zhì)量為26的小球,桿可繞軸。無(wú)摩擦的轉(zhuǎn)動(dòng)，已知重力加速度為g。

使桿從水平位置無(wú)初速度釋放，當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，求：幺9

I

I

(1)4球的線速度大?。话?

(2)桿對(duì)A球做的功；

(3)桿對(duì)B球作用力的大小。

15.如圖所示，在河中固定一個(gè)細(xì)長(zhǎng)圓管，管內(nèi)有一活塞，活塞下端開始位尸

于水面，面積S=5cm2,質(zhì)量不計(jì)，外界大氣壓強(qiáng)po=1.0xl()5pa.現(xiàn)______工▽

將活塞緩慢提高到H=12m(活塞在緩慢提高過(guò)程中河中水面高度始終二三二：：：??-

保持不變)，用時(shí)20s,在此過(guò)程中(P耿=1。33/小3)；

(1)當(dāng)活塞緩慢提高過(guò)程中圓管中的水柱最高可以升到多少高？

(2)當(dāng)活塞緩慢提高到5nl時(shí)，活塞上的拉力?多大？

(3)外力尸對(duì)活塞的平均功率為多少？

16.如圖所示，4cB為光滑弧形槽，弧形槽半徑為R,C為弧形槽最低點(diǎn)，R遠(yuǎn)大于的弧長(zhǎng).甲

球從弧形槽的球心處自由下落，乙球從4點(diǎn)由靜止釋放，問(wèn)：

。甲

(1)兩球第1次到達(dá)C點(diǎn)的時(shí)間之比.

(2)若在圓弧的最低點(diǎn)C的正上方八處由靜止釋放小球甲，讓其自由下落，同時(shí)將乙球從圓弧左

側(cè)由靜止釋放，欲使甲、乙兩球在圓弧最低點(diǎn)C處相遇，則甲球下落的高度是多少？

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、根據(jù)三種射線的特點(diǎn)可知，a射線電離最強(qiáng)，穿透最弱，用厚紙板就能擋住，故A正

確；

8、原子核的穩(wěn)定性與原子核的結(jié)合能無(wú)關(guān)，原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故8錯(cuò)誤；

C、針的半衰期為138天，經(jīng)276天即經(jīng)過(guò)兩個(gè)半衰期，根據(jù)m=爪0（52知，100g的P。經(jīng)276天，

剩余的P。為25g,則已衰變P。的質(zhì)量為75g,故C錯(cuò)誤；

。、質(zhì)子、中子、a粒子的質(zhì)量分別為巾［、m2,m3,兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)a粒子，由愛

因斯坦質(zhì)能方程可知，釋放的能量是（2爪1+27n2—巾3"2.故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

a射線電離最強(qiáng)，穿透最弱，y射線電離最弱，穿透最強(qiáng)；

比結(jié)合能的大小反映原子核的穩(wěn)定程度；

根據(jù)半衰期的公式求衰變的質(zhì)量；

根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程判斷。

解決本題的關(guān)鍵要熟練掌握a、氏y三種射線的特點(diǎn)；同時(shí)掌握半衰期的規(guī)律以及質(zhì)能方程。

2.答案：B

解析：

根據(jù)對(duì)稱以及平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，物體運(yùn)動(dòng)的軌跡等效物體做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)

間，結(jié)合初速度和時(shí)間求出水平位移，從而得出s的大小。

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解，難

度不大。

根據(jù)對(duì)稱以及平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，物體運(yùn)動(dòng)的軌跡等效物體做平拋運(yùn)動(dòng)，物體落地的時(shí)間￡=后=

J?：：?s=0.8s,水平位移3s=vot=6m,

則s=2機(jī)，故B正確，AC￡）錯(cuò)誤。

故選：B。

3.答案：C

解析：

電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，電場(chǎng)線的疏密程度也可以反映場(chǎng)強(qiáng)的大小.本題關(guān)鍵抓住等勢(shì)面與電場(chǎng)線垂

直，電場(chǎng)線的疏密程度也可以反映場(chǎng)強(qiáng)的大小進(jìn)行討論，同時(shí)運(yùn)用在同一等勢(shì)面上移動(dòng)，電場(chǎng)力做

功為零.

解：4、從圖中可以看出，經(jīng)過(guò)。點(diǎn)的等勢(shì)面通向無(wú)窮遠(yuǎn)處，故。點(diǎn)的電勢(shì)與無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)相等，故。

點(diǎn)電勢(shì)為零，而場(chǎng)強(qiáng)不為零，故A錯(cuò)誤；

B、將一個(gè)正的試探電荷從b點(diǎn)移動(dòng)到d點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，電勢(shì)降低，故B錯(cuò)誤；

C、將某一正試探電荷沿正方形路徑a-d-c移動(dòng)，從a到d,電場(chǎng)力做正功，從d到c,電場(chǎng)力做負(fù)

功，由于a與c在同一等勢(shì)面上，故電場(chǎng)力做的總功為零，故C正確；

D、將某一正試探電荷沿正方形路徑a-b-c移動(dòng)，從a到b,電場(chǎng)力做負(fù)功，從b到c,電場(chǎng)力做正

功，由于a與c在同一等勢(shì)面上，故電場(chǎng)力做的總功為零，故。錯(cuò)誤；

故選C.

4.答案:D

解析：

本題是電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵抓住不變量，難度一般。

A、將平行板電容器的下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，導(dǎo)致極板間距減小，根據(jù)C=抵知，d減

4nka

小，則電容增大，故A錯(cuò)誤；

8、靜電計(jì)測(cè)量的是電容器兩端的電勢(shì)差，因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連，則電勢(shì)差不變，所以靜電計(jì)

指針張角不變，故B錯(cuò)誤：

C、油滴受到豎直向下的重力和豎直向上的電場(chǎng)力，電勢(shì)差不變，d減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，油滴向

上運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；

。、若先將電容器上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開，則電荷量不變，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度:E=9=當(dāng)，

aeS

極板間距離d發(fā)生變化，電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，則油滴所受電場(chǎng)力不變，故。正確；

故選：Do

5.答案：A

解析：解：在星球表面忽略自轉(zhuǎn)的情況下，物體所受的重力與萬(wàn)有引力相等有：

,Mm

mg=G鏟

可得星球的質(zhì)量”=皿，故A正確，3C。錯(cuò)誤；

G

故選：Ao

根據(jù)星球表面重力與萬(wàn)有引力相等由重力加速度和星球半徑及引力常量求出星球的質(zhì)量M；

解決本題關(guān)鍵是掌握在忽略星球自轉(zhuǎn)的情況下，表面物體所受的重力等于星球?qū)ξ矬w的萬(wàn)有引力。

6.答案：AD

解析：解：4、兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量

守恒定律有：mv0=mvj+3mv2，

兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即：|mv2=|mv2+13mv2,

解兩式得：=v2=7.可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，故A正確；

8、因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，方向相反，故8錯(cuò)誤；

C、兩球碰后上擺過(guò)程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，另擺長(zhǎng)相等，故兩球碰后的最大擺角

相同，故C錯(cuò)誤；

D、由單擺的周期公式7=2兀［可知，兩球擺動(dòng)周期相同，經(jīng)半個(gè)周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生

第二次碰撞，故。正確.

故選：AD.

兩球碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒定律列方程，求出碰后的速度，

然后結(jié)合各選項(xiàng)答題.

該題中兩小球的碰撞是彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可正確解題.

7.答案：AD

解析：解：4、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，路端電壓：U=^-E,路端電壓與外電阻R不成正比，

但隨外電阻增大而增大，故A正確；

8、外電阻無(wú)窮大時(shí)，電路處于開路狀態(tài)，此時(shí)路端電壓等于電動(dòng)勢(shì)，故8錯(cuò)誤；

C、外電阻為零時(shí)，電源被短路，路端電壓為零，故C錯(cuò)誤；

。、當(dāng)外電路短路時(shí)，由于電源有內(nèi)電阻，故電流不是無(wú)限大，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，/=3,

故。正確。

故選:AD.

根據(jù)閉合電路歐姆定律求解干路電流，根據(jù)歐姆定律求解路端電壓，根據(jù)表達(dá)式進(jìn)行分析討論。

外電阻為零時(shí)，路端電壓為零。

該題考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)知識(shí)，關(guān)鍵根據(jù)閉合電路歐姆定律和部分電路歐姆定律列式求

解出路端電壓表達(dá)式進(jìn)行討論。

8.答案：AD

解析：解：4C、%=9km/h=2.5m/s；v2=v3=18km/h=5m/s；v4=27km/h=7.5m/s；

汽車的速度以巧增加到外過(guò)程中，速度變化為：△%=5m/s-2.5m/s=2.5m/s；

汽車的速度以內(nèi)增加到以過(guò)程中，速度變化為：△%=7.5m/s-5m/s=2.5m/s；

根據(jù)t="可知，速度變化相同，經(jīng)過(guò)的時(shí)間相同，故A正確、C錯(cuò)誤；

a

sBD、汽車的速度以巧增加到。2過(guò)程中，vj-vl=S2-2.52=18.75(m/s)2,

汽車的速度以18km"增加至Ij27km//i過(guò)程中，成一域=7.52-52=31.25(m/s)2,

根據(jù)動(dòng)能定理可得答=碧容?=黑=：,故名=|傷，故8錯(cuò)誤、。正確。

卬231.2555

故選：AD.

根據(jù)t=?可知速度變化相同經(jīng)過(guò)的時(shí)間相同；根據(jù)動(dòng)能定理求解合力做功的大小之比。

本題主要是考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間關(guān)系和動(dòng)能定理，利用動(dòng)能定理可以求出合力做的功。

9.答案:AC

解析：解：AD,氣體從容器中逸出過(guò)程溫度不變，對(duì)容器內(nèi)的氣體，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2,

當(dāng)P2=latm時(shí)，解得：V2=30L,

逸出氣體的體積U=30L-6L=243故A正確，D錯(cuò)誤；

BC、以容器內(nèi)剩余氣體為研究對(duì)象，設(shè)容器內(nèi)剩余氣體的壓強(qiáng)為取，由玻意耳定律得：P2(匕-匕)=

PxVl

解得：匕'=吟也，

Px

當(dāng)Px=2atni時(shí)解得：匕'=12L,

當(dāng)Px=3at?n時(shí)解得：匕'=83故8錯(cuò)誤，C正確。

故選：AC.

打開閥門氣體從容器逸出過(guò)程氣體的溫度保持不變，應(yīng)用玻意耳定律分析答題。

本題考查了玻意耳定律的應(yīng)用，分析清楚氣體狀態(tài)變化過(guò)程，正確選擇研究對(duì)象，應(yīng)用玻意耳定律

可以解題。

10.答案：BC

解析：解：力、光線進(jìn)入鉆石時(shí)，a光的偏折程度比b光的小，則a光折射率小于b光折射率。故A錯(cuò)

誤。

B、a光折射率小于b光折射率，由。=：分析知a光在鉆石內(nèi)的速度大于b光在鉆石內(nèi)的速度。故8正

確。

C、a光折射率小于b光折射率，則a光的波長(zhǎng)比b光的長(zhǎng)，根據(jù)雙縫干涉條紋間距與波長(zhǎng)成正比，知

用同一套裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，a光的條紋間距比b光的大，故C正確。

。、a光折射率小于b光折射率，則a光的頻率比b光的小，若a光照射某金屬不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，而b光

可能產(chǎn)生光電效應(yīng)，故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)光線進(jìn)入鉆石時(shí)偏折程度大小分析折射率的大小，由u分析光在鉆石內(nèi)速度的大小。根據(jù)折

射率越大，頻率越大，波長(zhǎng)越短，分析波長(zhǎng)關(guān)系，從而確定干涉條紋間距的大小。結(jié)合光電效應(yīng)的

條件分析。

本題的關(guān)鍵要掌握光的折射定律、光速公式v=*還要知道波長(zhǎng)、頻率與折射率的定性關(guān)系。

11.答案：25.0；未掛鉤碼時(shí)彈簧的長(zhǎng)度；相同

解析：解：⑴彈簧的勁度系數(shù)：卜=蕓=^=偌普黑*=25.0N/m；

(2)由表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，m=0g時(shí)彈簧的長(zhǎng)度x=6.00cm,則x-m圖象縱軸截距為：未掛鉤碼時(shí)

彈簧的長(zhǎng)度。

(3)彈簧的勁度系數(shù)：k=k=/矍,考慮祛碼盤質(zhì)量與不考慮祛碼盤的質(zhì)量情況下Am相同，

則勁度系數(shù)相同。

故答案為：(1)25.0；(2)未掛鉤碼時(shí)彈簧的長(zhǎng)度；(3)相同。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)應(yīng)用胡克定律可以求出彈簧的勁度系數(shù)。

(2)根據(jù)題意與實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)分析答題.

(3)根據(jù)題意與胡克定律F=依分析答題。

本題考查了實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理，知道實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，應(yīng)用胡克定律

即可解題。

12.答案:⑴BC；(2)＜；⑶濁(4)河用。

解析：

本題主要考查惠更斯電橋的基本原理，關(guān)鍵要弄清電路結(jié)構(gòu)，實(shí)驗(yàn)原理。

(1)電流表G的作用是檢測(cè)8。兩點(diǎn)電勢(shì)是否相等，如果相等，電流表中就無(wú)電流流過(guò)，指針就不會(huì)偏

轉(zhuǎn)，如果BD兩點(diǎn)電勢(shì)不相等，電流表G中就有電流流過(guò)，指針就會(huì)偏轉(zhuǎn)，所以要求電流表要靈敏，

無(wú)需讀出電流大??；

(2)因兩個(gè)支路都是從4開始的，電流表G中有無(wú)電流取決于和外。的大小，即8。兩點(diǎn)電勢(shì)的高低,

當(dāng)言=,時(shí)，BD兩點(diǎn)電勢(shì)相等，無(wú)電流流通過(guò)電表，當(dāng)會(huì)〉,時(shí)，2D兩點(diǎn)電勢(shì)差大，即可判斷；

(3)根據(jù)電阻定律R=pg可知，對(duì)于粗細(xì)均勻的電阻絲的電阻與長(zhǎng)度成正比，再結(jié)合電橋原理即可解

得；

RR

(4)設(shè)。點(diǎn)左右兩側(cè)的電阻分別為R左和R右，根據(jù)電橋原理有：?=薩，*=/，聯(lián)立可得。

(1)電流表G的作用是檢測(cè)BD兩點(diǎn)電勢(shì)是否相等，如果相等，電流表中就無(wú)電流流過(guò)，指針就不會(huì)偏

轉(zhuǎn)，如果BD兩點(diǎn)電勢(shì)不相等，電流表G中就有電流流過(guò)，指針就會(huì)偏轉(zhuǎn)，所以要求電流表要靈敏，

無(wú)需讀出電流大小，但BD兩點(diǎn)的電勢(shì)不一定誰(shuí)高，所以電流表G的指針需在中央，可以向左偏，也

可以向右偏，故A。錯(cuò)誤，BC正確；

(2)當(dāng)BC兩點(diǎn)電勢(shì)相等時(shí)有：合=氏，當(dāng)段>氏時(shí)說(shuō)明電流通過(guò)/?2時(shí)電勢(shì)降落多一些，故B點(diǎn)電勢(shì)

D

低，所以有：(pB<<P；

(3)根據(jù)電阻定律可知，粗細(xì)均勻的電阻絲的電阻與長(zhǎng)度成正比，即電阻絲。點(diǎn)左右的電阻之比為。點(diǎn)

左右兩側(cè)電阻絲的長(zhǎng)度之比，根據(jù)電橋原理有：2=9所以有：R—R；

(4)如果電阻絲粗細(xì)不均勻，可設(shè)。點(diǎn)左右兩側(cè)的電阻分別為R左和R方,根據(jù)電橋原理有：?=：，

x右

氏=￡,兩式聯(lián)立得：氏=瘋后

故答案為：(1)BC；(2)<；(3),R；(4)"而。

13.答案：解：(1)兩木塊從開始到最終相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，4、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒.取

向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mv1—mv2=(m4-m+m)v

從能的轉(zhuǎn)化和守恒來(lái)看，系統(tǒng)減小的機(jī)械能全部用來(lái)克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，且一對(duì)摩擦力做

功的代數(shù)和與接觸面間的相對(duì)滑動(dòng)的路程有關(guān).設(shè)兩木塊最終相距s.由能量守恒定律得：

f(s4-L)=1mvl+gmvl—^(m+m4-m)v2.

聯(lián)立解得：s=1.4m

(2)4、B兩木塊相遇前4向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，8向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小均為a=臂==

5m/s2.假設(shè)兩者相遇前木板一直不動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)間A、B相遇.則有L=(%t-gat?)+(172t-［管)

解得:t=0.2s

B速度減至零用時(shí)：t'="=：s=0.4s>t

a5

所以假設(shè)成立.

22

則4、B兩木塊相遇前4向右的位移為：xA=vrt-1at=5x0.2—x0.2=0.9m

z

A、B相碰前瞬間8的速度為：v2=Vj-at=2-5x0.2=lm/s

則碰后4的速度大小為：%'=v2'=lm/s

A、B相碰后，4向左的速度減小到零時(shí)，向左的位移為：xA'=^=—=0.1m

內(nèi)2a2x5

所以木板的最短長(zhǎng)度為：d=s+x.-=1.4+0.9—0.1=2.2m

答：(1)如果4、B始終在木板上，兩木塊間的最大距離是1.4m；

(2)要使A、B始終在木板上，木板的長(zhǎng)度至少要2.2m.

解析：(1)兩木塊從開始到最終相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，力、B、C組成的系統(tǒng)合外力為零，遵守動(dòng)量

守恒定律.由動(dòng)量守恒定律求得最終三者的共同速度.再由能量守恒定律求兩木塊間的最大距離.

(2)兩木塊相遇前，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出4向右運(yùn)動(dòng)的位移,并用同樣的思路求出4、

B相碰后4向左的速度減小到零時(shí)的位移，結(jié)合幾何關(guān)系求木板的長(zhǎng)度.

本題是木塊在木板上滑動(dòng)類型，分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題基礎(chǔ)，其次要把握物理過(guò)程的物理規(guī)律，

常常根據(jù)動(dòng)量守恒定律、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合處理.

14.答案：解：(1)設(shè)桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為3,在最低點(diǎn)，力的線速度：以=3弓=^33

的線速度：則%=

BvB=a)L,2VA,

A、B隨桿向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程，對(duì)4、B系統(tǒng)只有重力做功，4、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒，

桿從水平位置到豎直位置過(guò)程，對(duì)4、B系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得：

111

mg--L+2mgL=-mvj+--27n詔

解得：Va=臂,vB=等遠(yuǎn)；

(2)4球從水平位置到豎直位置過(guò)程，對(duì)4由動(dòng)能定理得：

11.

WA+mg--L=-mvi-0

解得：WA=--mgL；

(3)當(dāng)桿轉(zhuǎn)到豎直位置時(shí)，桿的拉力與B的重力提供向心力，

對(duì)8球，由牛頓第二定律得：T-2mg=2m^

解得，桿對(duì)B球的的作用力大小r=?/ng；

答：(1)月球的線速度大小為苧；

(2)桿對(duì)4球做的功為一|mgL：

(3)桿對(duì)B球作用力的大小為募mg。

解析：(1)桿向下轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程，對(duì)4、B系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，力、B轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度相等，

應(yīng)用機(jī)械能守恒定律求出4的角速度，根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系求出A的線速度。

(2)4向下轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程，對(duì)4應(yīng)用動(dòng)能定理求出桿對(duì)4球做功。

(3)求出B的線速度，在最低點(diǎn)，B做圓周運(yùn)動(dòng)，重力與桿的拉力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求

出桿對(duì)8的作用力。

本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，知道4B兩球的速度關(guān)系、分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與

關(guān)鍵，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律即可解題。

15.答案：解：(1)由于大氣壓強(qiáng)的限制，活塞上升時(shí)，

管內(nèi)、外水位差存在一個(gè)最大值壇=且=黑焉加=10M

pgiuxiu

所以管內(nèi)水面(或活塞)相對(duì)于河岸的升高量等于管內(nèi)、外水位差，

即無(wú)1=壇=10m

活塞繼續(xù)上升九＞10m時(shí)，水面不動(dòng)，活塞與水之間是真空。

(2)水上升階段：設(shè)任意時(shí)刻向下的大氣壓力和管內(nèi)的水向上的壓力為F