2021年河南鄭州市高考物理猜想試卷（全國Ⅰ卷）

2021年河南鄭州市高考物理猜想試卷（全國I卷）

1.關于物理學家及其相應貢獻，以下敘述符合物理史實的是（）

A.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律并通過實驗測出了萬有引力常量

B.安培提出場的概念，并用畫電場線、磁感線的方法描述電場和磁場

C.湯姆孫發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，并總結出磁場產(chǎn)生電流的條件

D.盧瑟福通過對a粒子散射實驗的分析與研究，提出了原子的核式結構模型

2.在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止狀態(tài)，質量分別為2m、m和27n.

其中4、〃兩球間夾一被壓縮了的彈簧，兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著.若

某時刻將擋板撤掉，彈簧便把4、6兩球彈出，兩球脫離彈簧后，。球獲得的速度大

小為V,若反C.兩球相距足。夠.遠，則以C兩球相碰后（）

777/777777/777777777/777777777

A"球的速度大小為運動方向與原來相反

B.b球的速度大小為|u,運動方向與原來相反

C.c,球的速度大小為

D.c球的速度大小為

3.一帶正電的粒子僅在電場力作用下從A點經(jīng)B、C運動到。D

點，其“速度-時間”圖象如圖所示.分析圖象后，下列說法

正確的是（）#------------*

A.A處的電場強度大于C處的電場強度

B.8、。兩點的電場強度和電勢一定都為零

C.粒子在4處的電勢能大于在C處的電勢能

D.A、C兩點的電勢差大于8、。兩點間的電勢差

4.真空中，在x軸上x=0和x=8m處分別固定兩個點電荷Qi和Q2，電荷間連線上的

電場強度E隨x變化的圖象如圖所示（+支方向為場強正方向），其中％=3nl處E=0,

將一個正試探電荷在x=2m處由靜止釋放（重力不計，取無窮遠處電勢為零），則

（）

A.Qi、Q2為等量同種電荷

B.Qi、Q2帶電量之比為%25

C.在x=3nl處電勢等于0

D.該試探電荷向x軸正方向運動時，電勢能一直減小

5.如圖甲，有一個原、副線圈匝數(shù)比為2：1的理想變壓器，圖中的電壓表和電流表

均為理想電表，原線圈接如圖乙所示的正弦式交流電，其中號為熱敏電阻，其阻值

隨溫度的升高而減小，R為定值電阻。下列說法正確的是（）

u/V

A.副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為“'=18sin507rt（V）

B.t=0.01s時電壓表眩的示數(shù)為0

C.變壓器原、副線圈中的電流之比為2：1

D.此處溫度降低時，電流表的示數(shù)變小，電壓表彩的示數(shù)不變

6.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的

關系如圖所示，其中0^2段是關于直線X=X1對稱的曲線，X2F3段是直線，則

下列說法正確的是（）

A.X2?X3段做勻加速直線運動

B.七處電場強度為零

C.粒子經(jīng)過處無1時動能最大

D.在0、X］、%2、%3處電勢的關系為91<%=%<S3

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7.如圖所示，勻強磁場分布在半徑為R的:圓形區(qū)域A[;二」

:?*?'、

MON內(nèi),P、。點為圓弧形邊界MN上的兩個三等分__.^Q

點。現(xiàn)有三個比荷相同的帶電粒子以相同的速率正對：.?,?\

著邊界ON垂直射入磁場（不計粒子重力及粒子間的相0-2-2-M

互作用），其中粒子1從M點正對圓心。射入，恰從N點射出，粒子2從P點射入，

粒子3從。點射入。已知粒子2與粒子1電性相同，粒子3與粒子1電性相反，則

下列說法正確的是（）

A.粒子2一定從N點射出磁場

B.粒子3一定從。、M兩點之間的某點射出磁場

C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1：3

D.粒子2與粒子3在磁場中運動軌跡的弧長之比為1：2

8.2019年10月11日，中國火星探測器首次公開亮相，暫命名為“火星一號”，并計

劃于2020年發(fā)射。接近火星后，探測器需經(jīng)歷如圖所示的變軌過程，軌道/為圓

軌道，已知引力常量為G,則下列說法正確的是（）

A.探測器在軌道/上的機械能大于在軌道n上的機械能

B.探測器在軌道上運動時，運行的周期%>Ta>TB

c.探測器若從軌道n變軌到軌道/,需要在P點朝速度反向噴氣

D.若軌道/貼近火星表面，并已知探測器在軌道/上運動的角速度，可以推知火星

的密度

9.某物理興趣小組利用如圖甲所示的裝置進行驗證動量守恒定律的實驗。光滑的水平

平臺上的A點放置有一個光電門。實驗步驟如下：

4.在小滑塊a上固定一個寬度為4的窄擋光片；

B.用天平分別測得小滑塊a（含擋光片）和小球b的質量為Hi1、m2；

C.在a和人間用細線連接，中間夾一被壓縮了的水平輕短彈簧,靜止放置在平臺上；

D細線燒斷后瞬間，a、8被彈開向相反方向運動；

E.記錄滑塊?離開彈簧后通過光電門時擋光片的遮光時間r；

R小球6離開彈簧后從平臺邊緣飛出，落在水平地面的8點，測出平臺距水平地面

的高度〃及B點與平臺邊緣鉛垂線之間的水平距離沏；

（1）用螺旋測微器測量遮光條的寬度，如圖乙所示，則遮光條的寬度為mm.

（2）若“、％與彈簧作用過程中系統(tǒng)動量守恒，則（用上述實驗所涉及

物理量的字母表示，重力加速度為g）

10.某同學想通過實驗測定一個阻值約為5。的電阻％的阻值。現(xiàn)有電源（3匕內(nèi)阻可不

計）、滑動變阻器（0?500,額定電流24）,開關和導線若干，以及下列電表：

A電流表（0?34,內(nèi)阻萬=0.020）

8.電流表（0?0.64,內(nèi)阻上=0.10。）

C.電壓表（0?31Z,內(nèi)阻約3kO）

D電壓表（0?15V,內(nèi)阻約15kO）

（1）為了避免由于電壓表、電流表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，實驗電路應采用圖1中的

（填“甲”或“乙”）圖，電流表選用，電壓表選用（填上所

選用儀器前的字母）。

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(2)圖2是測量%的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線。請根據(jù)在(1)問中所

選的電路圖，補充完成圖2中實物間的連線。

(3)接通開關，改變滑動變阻器滑片P的位置，并記錄對應的電流表示數(shù)/、電壓表

示數(shù)某次電表示數(shù)如圖3所示，電流表讀數(shù)為4,電壓表讀數(shù)為

匕可得該電阻的測量值&為。(保留兩位有效數(shù)字)。

(4)在不損壞電表的前提下，將滑動變阻器滑片P從一端滑向另一端，隨滑片P移

動距離x的增加，被測電阻心兩端的電壓U也隨之增加，圖4反映U-x關系的示

意圖中正確的是?

11.在大型商場的螺旋滑梯是小孩喜歡游玩的設施，該設施由三段軌道組成，小孩從第

一段0A軌道進入后，從第二段軌道A處由靜止開始加速下滑到B處,AB段總長

為16人,小孩在該段通過的路程s隨時間f變化規(guī)律為s=0.125t2(m),小孩在第

三段BC看作勻減速直線運動，BC長度為x=2m,高度差九=0.4m,小孩最終剛

好停在C點處。小孩可視為質點，求：

(1)小孩在BC段的加速度大??；

(2)小孩與軌道的動摩擦因數(shù)〃；

12.光滑水平軌道He、“加在。端很接近但是不相連，歷段與de段平行，尺寸如圖所

示。軌道之間存在磁感應強度為B的勻強磁場。初始時質量為m的桿1放置在仄

d兩點上，桿2放置在桿1右側L/2處。除桿2電阻為R外,桿1和軌道電阻均不計。

(1)若固定桿1,用水平外力以速度處勻速向右拉動桿2.推導桿2中的感應電動勢大

小為E=BLVQ-,

(2)若固定桿2,用水平外力將桿1以初速度%向左拉動，運動過程中保持桿中電流

不變，求桿1向左運動位移心時速度的大??；

(3)在(2)問的過程中，桿1向左運動位移L過程中，求水平外力做的功：

(4)在(2)問的過程中，求桿1向左運動位移L所用時間。

13.下列說法中正確的是()

A.浸潤現(xiàn)象是分子間作用力引起的

B.空氣的相對濕度越大，空氣中水蒸氣的壓強越接近同一溫度時水的飽和汽壓

C.熱平衡是指一個系統(tǒng)內(nèi)部的狀態(tài)不再改變時所處的狀態(tài)

D.氣體自發(fā)的擴散運動總是沿著分子熱運動的無序性減小的方向進行

E.完全失重條件下液態(tài)金屬呈球狀是因為液體表面分子間存在表而張力的結果

14.某密閉絕熱“U”形氣缸開口向上豎直放置，通過置于底部的電熱絲緩慢加熱缸內(nèi)

的理想氣體，使絕熱活塞由A位置緩慢到達B位置，如圖甲所示。在此過程中，缸

內(nèi)氣體的溫度-體積圖象(T-U圖象)如圖乙所示。已知活塞質量巾=2kg、橫截面

積S=5x10-4m2,大氣壓強po=1.0x105pa,忽略活塞與氣缸璧之間的摩擦，

重力加速度g=10m/s2?

(i)求缸內(nèi)氣體的壓強；

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（五）求活塞到達位置B時缸內(nèi)氣體的溫度;

（范）若一定質量的理想氣體的內(nèi)能與熱力學溫度成正比，活塞在A位置時缸內(nèi)氣體

的內(nèi)能為U。=80」.求活塞由A位置運動到B位置的過程中缸內(nèi)氣體從電熱絲吸收

的總熱量。

15.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，f時刻波形圖如圖中的實線所示，此時波剛好傳

到P點，t+0.6s時刻x軸上0?90m區(qū)域的波形如圖中的虛線所示，a、b、c、P、

。是介質中的質點，則以下說法正確的是（）

A.若r>0.6s,這列波的波速可能為250m/s

B.若T<0.6s,這列波的波速可能為250m/s

C.若7=0.8s,則當t+0.5s時刻，質點6、P的位移相同

D.質點。在這段時間內(nèi)通過的路程一定小于30a〃

E.某時刻質點P與。的速度可能相同

16.如圖所示，跳水比賽中的1，"跳板（即離水面1相高）上方有一點光源S.該光源距跳板

高度為"=3根、離跳板右端水平距離為x=4m。己知水深入=46，A為跳板右端

點在水底正下方的投影。若跳板水下陰影右端點8到A的距離為AB=4|m,則:

⑴該光源發(fā)出的光在水中的折射率為多少？

(〃)若在水底A處放一物體，則從跳板右端向下看，該物體看起來在水下多深處？

x一

SE

H

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪許通過實驗測出了萬有引力常量，

故A錯誤；

8、法拉第提出場的概念，并用畫電場線、磁感線的方法描述電場和磁場，故B錯誤；

C、法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象，并總結出磁場產(chǎn)生電流的條件，故C錯誤；

。、盧瑟福通過對a粒子散射實驗的分析與研究，提出了原子的核式結構模型，故。正

確。

故選：。。

根據(jù)物理學史和常識進行解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記

憶，注重知識的積累。

2.【答案】B

【解析】解：設6球脫離彈簧時的速度為%.b、c兩球相碰后Ac的速度分別為%和%.

取向右為正方向，彈簧將〃、6兩球彈出過程，由動量守恒定律有0=2巾12-爪氏.可得，

v0—2v

Ac兩球相碰過程，由動量守恒定律和動能守恒得：

mv0=mvb+2mvc.

|mvg=|mv^+1-2mVc.

聯(lián)立解得%=-|u（負號表示方向向左，與原來相反），vc=^v

故選：B

先根據(jù)動量守恒定律求得6球脫離彈簧時的速度.再由仇c兩球相撞過程，由動量守

恒定律和動能守恒列式，求解即可.

解決本題時，要分析清楚三球的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律，知道彈性碰撞遵

守兩大守恒：動量守恒和動能守恒.

3.【答案】A

【解析】解：A、由運動的速度-時間圖象可看出，帶正電的粒子的加速度在A點時較

大，根據(jù)牛頓第二定律得知在A點的電場力大，故A點的電場強度一定大于C點的電

場強度，故4正確；

8、由B到。的過程中，速度越來越大，說明是電場力做正功，電勢能轉化為動能，由

功能關系可知，此過程中電勢能減少，正電荷在8點是電勢能大于在。時的電勢能，

所以8、。兩點的電勢不可能都為零.故B錯誤。

C、由圖可知。粒子在4點的速度大，所以在A點的動能大；只有電場力做功，粒子的

動能與電勢能的總量不變，所以粒子在A點的電勢能小于C點的電勢能，故C錯誤；

D、由圖象可知：△E4EkAcEkBD…①

由動能定理及W=UqtU=合等…②

由①②tUAC<UB0.故。錯誤。

故選：4。

從圖象可以看出，粒子做的是非勻變速直線運動，可得出受到的電場力不恒定，由帶正

電的粒子僅在電場力作用，有圖線斜率代表加速度，有牛頓第二定律得知電場力的大小

關系，從而得到電場強度的大小關系.由運動過程中，動能減小，勢能增大，所以可判

斷出粒子在AB兩點的電勢能大小，有電場力做功的公式可得48兩點間的電勢差與CB

兩點間的電勢差的大小關系.

本題考查到了電場力做功的計算和電場力做功與電勢能的關系，其關系為：電場力對電

荷做正功時，電荷的電勢能減少；電荷克服電場力做功，電荷的電勢能增加，電勢能變

化的數(shù)值等于電場力做功的數(shù)值.這常是判斷電荷電勢能如何變化的依據(jù).還考查了對

于勻變速直線運動的圖象分析電荷在電場中移動時，電場力做的功與移動的路徑無關，

只取決于起止位置的電勢差和電荷的電量，這一點與重力做功和高度差的關系相似.

4.【答案】B

【解析】解：A、由圖可知，在％=0處場強為正，尤=8m處場強為負，故兩電荷必為

同種正電荷，因在x=3m處場強為0,所以兩電荷電荷量不等，故A錯誤；

B、因在x=處場強為0,則左斗=々與，得到：*故8正確；

C、由于無窮遠處電勢為零，兩電荷為同種正電荷，電場線由正電荷指向無窮遠，可知

在x=3ni處電勢為正，故C錯誤；

D、由圖可知，0?3m之間電場為正，則沿x軸的正方向，所以從。到3%之間電勢逐

漸降低；而37n?87n之間的電場為負，則沿x軸的負方向，所以從x=3zn到x=8m之

間電勢升高，因此將一個正試探電荷沿x軸正方向運動時，根據(jù)埒=q(p,該電荷的電

勢能先減小后增大，故。錯誤，

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故選：8。

本題考查圖象問題和同種電荷的電場問題，只要把握了同種性質和異種性質的點電荷產(chǎn)

生的電場的分別特點就能順利解決此類問題。

5.【答案】D

【解析】解：A、原線圈接的圖乙所示的正弦交流電，由圖知最大電壓Uim=36應U，

根據(jù)變壓比可知，副線圈兩端電壓的最大值為U27n=$Uim=18&V,周期0.02s,故

n2

角速度是3=1007rrad/s,副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u'=18企sinl00?rt（y）,

故A錯誤。

B、電壓表的示數(shù)為有效值，不為0,故B錯誤。

C、根據(jù)理想變壓器的變流比可知，變壓器原、副線圈中的電流之比等于匝數(shù)反比為1：

2,故C錯誤。

。、七處溫度降低時，阻值增大，電流表的示數(shù)變小，而副線圈的電壓不變，原線圈電

壓不變不變，電壓表％的示數(shù)不變，故。正確。

故選：D。

由圖乙可知交流電壓最大值Um=36&V，周期T=0.02s,可由周期求出角速度的值,

則可得交流電壓u的表達式iz=Umsin<Dt（_V）,由變壓器原理可得變壓器原、副線圈中

的電流之比，輸入、輸出功率之比，&處溫度升高時，阻值減小，根據(jù)負載電阻的變化，

可知電流、電壓變化。

根據(jù)圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電

壓、電流比與匝數(shù)比的關系，是解決本題的關鍵。

6.【答案】BC

【解析】解：小在小?%3段粒子的電勢能均勻增加，電場力對粒子做負功，所以粒子

做的是勻減速直線運動，故A錯誤；

B、圖象的斜率表示粒子所有的電場力，在與處圖象的斜率為零，所以粒子在Xi處受到

的電場力為零，所以/處的電場強度為零，故8正確；

C、粒子只受電場力作用，所以粒子在運動過程中能量守恒，即動能和電勢能之和為定

值，由圖可知粒子在Xi處的電勢能最小，所以在此位置的動能最大，故C正確；

C、對帶負電荷的粒子來說，電勢越高電勢能越小，電勢越低電勢能越大。由圖象可知

在0、XI、X2、與四處的電勢能大小關系為Epi<Ep（）=Ep2<Ep3,所以這幾處的電勢

關系為01>9o=02>33，故D錯誤。

故選：BC。

電勢能增大的過程是克服電場力做功的過程，粒子做減速運動；圖象的斜率表示粒子所

受的電場力大小，進而也可表示電場強度的大小；粒子僅受電場力作用，所以粒子的能

量守恒；對負電荷來說，電勢越低電勢能越大。

解題的關鍵是要認識到圖象的斜率表示粒子所受的電場力大小，進而可以表示電場強度

的大小。對帶電粒子來說，在僅受電場力作用時，能量守恒，即電勢能和動能之和為定

值。

7.【答案】AD

【解析】解：如圖所示為粒子1和2、3的軌跡，粒子1從M點

正對圓心射入，恰從N點射出，根據(jù)幾何知識可確定圓心01，

運動軌跡圓的半徑為七比荷相同的帶電粒子以相同的速率射入

磁場，粒子運動的半徑相同。

A、粒子2從P點正對邊界ON射入，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，

圓心。2應在P點上方R處，連接02P、OP、02N,四邊形O2PON

為菱形，O2N大小為R，所以粒子2一定從N點射出磁場，該情

境可以理解為磁聚焦模型：軌跡圓的半徑與磁場邊界圓半徑相同

時，以垂直于磁場邊界圓的某直徑射入的粒子最終從同一點射出

磁場，故A正確；

8、粒子3如果與粒子1電性相同，由磁匯聚特點可知，粒子3應該也打到N點，但粒

子3電性與粒子1相反，由幾何知識可知粒子3剛好從。點射出，故B錯誤；

C、由軌跡圖可知，粒子1軌跡對應圓心角為90。，粒子2對應的圓心角為30。，粒子3

對應圓心角為60。，帶電粒子比荷相同，粒子運動的周期相同，粒子運動時間與圓心角

成正比，所以粒子1與粒子2在磁場中的運動時間之比為3：1,故C錯誤；

。、由于粒子運動的半徑也相同，粒子運動軌跡的弧長之比也與圓心角成正比，所以粒

子2與粒子3在磁場中運動軌跡的弧長之比為1：2,故。正確。

故選：AD.

由題意畫出三個比荷相同的粒子以相同速率從三個不同點均垂直。N射入圓形磁場的做

勻速圓周運動的軌跡，由半徑公式r=端和周期公式7=翳結合特殊的幾何關系先確

定其他兩個粒子穿出磁場的位置，再從偏轉角確定時間和弧長的關系。

此題設計非常巧妙，把磁聚焦的原理綜合在一個題目中，從一個粒子的軌跡推斷出另兩

第12頁，共19頁

個粒子的軌跡是關鍵，記住半徑公式和周期公式是解題的前提，綜合應用幾何圖形的對

稱性反映出對數(shù)學知識的靈活應用。

8.【答案】BD

【解析】解：AC、飛船在P點從軌道口變軌到軌道I,需要在P點朝速度方向噴氣，

從而使飛船減速到達軌道I,則在軌道I上機械能小于在軌道n的機械能，故AC錯誤。

8、根據(jù)開普勒第三定律盤=k可知，探測器在軌道上運動時，運行的周期7.>%>7團，

故3正確。

D、據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力誓=m32「，根據(jù)密度公式p=*聯(lián)立可以求得

火星的密度p=黑，故。正確。

故選：BD。

根據(jù)開普勒定律由半長軸的大小判定運行周期大小。

登錄火星需要在軌道上減速做近心運動減小軌道高度，據(jù)此判定機械能的變化情況及發(fā)

動機噴氣方向。

貼近火星表面飛行，萬有引力提供圓周運動向心力。

本題考查了萬有引力定律及其應用，解題的關鍵是明確萬有引力提供向心力，飛船變軌

時，根據(jù)離心或近心運動規(guī)律分析。

9.【答案】3.704So居

【解析】解：(1)螺旋測微器的讀數(shù)是由固定刻度與可動刻度示數(shù)的和，所以遮光條的

寬度d=3.5mm+20.4x0.01mm=3.704mm；

(2)燒斷細線后，外被彈簧彈開，。獲得的動量與〃獲得的動量大小相等方向相反，而。

通過光電門的速度%=p動量四叫=b做平拋運動，速度/=7=沏耳彈開

后的動量Pb=m2V2=m2XoJ^0

故答案為：(1)3.704

⑵啊噫

(1)螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需

估讀；

(2)根據(jù)兩小球的運動過程進行分析，根據(jù)平拋運動和光電門的性質明確兩球的速度，

再根據(jù)動量守恒定律列式進行分析即可明確如何才能保證動量守恒。

本題為探究型實驗，解題的關鍵在于分析題意，明確實驗原理，再根據(jù)對應的物理規(guī)律

進行分析求解；要注意明確驗證動量守恒定律以及光電門和平拋運動規(guī)律的正確應用。

10.【答案】乙BC0.502.65.2A

【解析】解：(1)由于電流表內(nèi)阻已知，電唐!

壓表內(nèi)阻未知，為了避免由于電壓表、電廠

流表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，實驗電路圖應

采用題圖1中的乙圖。/4_七

通過%的最大電流約為An=,=|4=(信明|

0.64,故電流表選用B。

電源電動勢為3匕故電壓表選用C；

(2)按電路圖連線，如答圖所示；

(3)由題圖3知，電流表的最小分度是0.024所以電流表的讀數(shù)為0.50A。電壓表的最

小分度是0.W，所以電壓表的讀數(shù)為2.60U。由歐姆定律可得被測電阻勺=，-萬=

-n-OAOQ=5.10。

0.50

(4)設滑動變阻器的總電阻為七總長為3由歐姆定律得被測電阻心兩端的電壓(7=

R：xE,從此式可以看出，隨著x的增大而。增大，且當x=0時，UR0,故A

正確，3c錯誤。

故答案為：(1)乙、8、C；(2)如圖所示；(3)0.50、

2.60、5.1；(4)2

(1)由于電流表的內(nèi)阻已知，這樣電流表的分壓能精確計算，所以選電流表內(nèi)接法。再

根據(jù)電源電動勢選擇電壓表量程，估算電流再選擇電流表量程；

(2)根據(jù)電路圖來連接實物圖，注意電表的正負極，并分幾個回路來連接；

(3)根據(jù)電表的量程和最小分度讀出電壓表與電流表讀數(shù)，應用歐姆定律求出電阻阻值;

(4)寫出U-x的表達式，從表達式看出應該是哪個圖象。

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本題考查如何選擇儀器，掌握選擇的方法與原則，學會由電路圖去連接實物圖，要求能

讀出電流表和電壓表的示數(shù)。至于選擇儀器則先選必要器材，再根據(jù)要求滿足安全性,

準確性，方便操作的原則選擇其他器材。

11.【答案】解：(1)螺旋滑梯可看做斜面模型，小孩可看成沿軌道切線做勻加速運動

AB段：已知s=0.125t2(zn),由5=］?！?，得小孩沿軌道切線加速度：

4=0.25m/s2

根據(jù)譜=2的s,得：

B點的速度%=J2als=y/2x0.25x16m/s=2y/2m/s

8C段：由0-1^=一2%工，得

2

a2=2m/s

(2)設第三段斜面與水平面的夾角為。，則sin。=?=殍=0.2

V%2-h2J22-O.422遍

cos0=--------=----------=——

x25

根據(jù)牛頓第二定律得：

l^mgcosd—mgsinO=ma2

解得〃=漁

答：

(1)小孩在3c段的加速度大小是2m/s2；

(2)小孩與BC軌道的動摩擦因數(shù)〃為在。

6

【解析】(1)螺旋滑梯可看做斜面模型，小孩可看成沿軌道切線做勻加速運動，由5=

/at?求出小孩在A8段的加速度大小，由/=2as求出小孩到達8點時的速度，再研究

8C段運動過程，由速度位移公式求加速度大小。

(2)根據(jù)數(shù)學知識求出第三段斜面與水平面的夾角，再由牛頓第二定律求解小孩與BC

軌道的動摩擦因數(shù)4。

本題要對實際問題進行簡化，建立模型，搞清小孩的運動過程，結合運動學公式靈活求

解，要能根據(jù)已知條件選擇合適的公式。

12.【答案】解：(1)經(jīng)過△t時間，根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E=，=W=

△tBL3AC=

BLv0；

(2)移動乙后，切割長度，

此時感應電動勢E=等=BLv0

解得:%=2Vo

(3)由動能定理W+U=AEK，因為安培力片=〃B,切割有效長度/與位移成線性關

系均勻減小

223

WB〃+等,3B1L3BLV0.

WA=-------------?L=-------=-----------*

A244R

1C、212,3B2L3V3B21?VQ.3

JAr02

W=-m(2voy--mv^+-^―=-^―+-mv^；

(4)桿1向左運動位移入磁通量的變化量△中=8弧=三8乙2,

24

因為電流不變，所以E=W=BL%是一定值

△L

△07BIJ23L

△t=--------------o

BLVQBLVQ4V0

答：(1)證明見解答；

(2)桿1向左運動位移L時速度的大小為2%；

⑶桿1向左運動位移L內(nèi)，水平外力做的功為號上+|m評；

(4)桿1向左運動位移L用了白。

【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律推導切割產(chǎn)生的感應電動勢公式；

(2)抓住電流不變，產(chǎn)生的感應電動勢不變，結合切割產(chǎn)生的感應電動勢公式求出桿1

向左運動位移L時速度的大??；

(3)因為安培力片=B/L,切割有效長度乙與位移成線性關系均勻減小，求出這段過程

中的平均安培力，從而求出這段過程中安培力做的功，根據(jù)動能定理求出水平外力做的

功；

(4)抓住電流大小不變，即感應電動勢不變，結合8。0=普求出桿1向左運動位移L所

用的時間。

解決本題的關鍵掌握切割產(chǎn)生的感應電動勢公式E=BLv,以及法拉第電磁感應定律

E=n怨，知道兩公式的區(qū)別和聯(lián)系。

13.【答案】ABE

【解析】解：4浸潤和不浸潤現(xiàn)象是液體分子間相互作用的表現(xiàn)，與分子力有關，故

A正確；

8、在某一溫度下，水蒸汽的壓強與同溫度下飽和汽壓的比，稱為空氣的相對濕度，空

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氣濕度越大空氣中的水蒸氣越接近飽和狀態(tài)，故8正確；

C、處于熱平衡的系統(tǒng)溫度保持不變，但是壓強和體積等物理量可以改變，故C錯誤；

。、根據(jù)熱力學第二定律可以知道，一切自然過程總是向分子熱運動的無序性增大的方

向進行，故。錯誤；

E、液體表面張力是液體表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大，

分子力表現(xiàn)為引力的結果，液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面積最小的趨勢：

所以失重條件下液態(tài)金屬呈球狀是由于液體表面分子間存在表面張力的結果，故E正確。

故選:ABE。

浸潤和不浸潤是分子力作用的表現(xiàn)；根據(jù)相對濕度概念判斷；熱平衡時溫度相同，但體

積和壓強可以不同；根據(jù)燃增加原理判斷；液體的表面張力使液面具有收縮到液面表面

積最小的趨勢。

本題考查了液體表面張力、分子力、熱力學第二定律、相對濕度等知識點。這種題型知

識點廣，多以基礎為主，只要平時多加積累，難度不大。

14.【答案】解：（i）活塞從A到B,以活塞為研究對象,根據(jù)平衡條件可知,pS=p0S+mg,

解得：P=Po+?=L4x105Pa

4343

（ii）由圖乙可知，=4x10-m,VB=6x10-m,TA=400/C

氣體做等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律：卓=黑

TATB

解得：TB=600K。

（初由氣體的內(nèi)能與熱力學溫度成正比，保=看

解得狀態(tài)B時氣體的內(nèi)能為：UB=1207

內(nèi)能的變化：△U=%一U0=40J

外界對氣體做功，勿=-p（唳-匕）=—28/

由熱力學第一定律可知，=Q+W

解得：Q=68/o

答：（i）缸內(nèi)氣體的壓強為1.4x105pa。

3）活塞到達位置8