2021届江苏省盐城市高考物理四模试卷附答案详解

2021届江苏省盐城市高考物理四模试卷

一、单选题（本大题共7小题，共22.0分）

1.下列物理量中，单位是“法拉”的物理量是（）

A.电容B,电流C.电压D.电阻

2.一个质点做变速直线运动，其速度图象如图所示，则质点速率不断增大

的时间间隔是（）

A.1〜3s内

B.1〜2s内

C.2〜3s内

D.3〜4s内

3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为叼：n2=10：1,b是

原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除变阻器R以

外其余电阻均不计。在原线圈c、d两端加%=220V2stnl00n-t（K）

的交变电压。则错误的是（）

A.若单刀双掷开关接b,则电压表示数为22U

B.若单刀双掷开关接a,将滑动变阻器触片P向上移时，电压表示数保持不变

C.若将单刀双掷开关由a拨向b,则两电流表的示数均变大

D.若将单刀双掷开关由a拨向b,则变阻器R消耗的功率变大

4.如图，在竖直平面内，滑道力BC关于B点对称，且4B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一

次由4滑到C,所用的时间为L，平均摩擦力左，至IJC点的速率%;第二次由C滑到4,所用时间

为t2,平均摩擦力打，到4点的速率%，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道

滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，贝1（）

A.fl>f2B.t]=土2C.ti>（2D.%>

5.如图是煤气泄漏报警装置原理图，&是对煤气敏感的半导体元件，其电cr

阻随煤气浓度的增加而减小,/?2是一可变电阻•在ac间接12U的恒定电压，&I

此间接报警器.当煤气浓度增加到一定值时报警器发出警告.则:人

A.减小％的限值，b点的电势升高

B.当煤气的浓度升高时，b点的电势降低

C.适当减小ac间的电压，可以提高报警器的灵敏度

D.调节/?2的阻值能改变报警器启动时煤气浓度的临界值

6.在温度均匀的液体中，一个小气泡由液体的底层缓慢地升到液面，上升的过程中气泡的体积不

断地增大，则气泡在浮起的过程中（）

A.放出热量B.不吸热也不放热

C.吸收热量D.无法判断

7.如图所示，为一列简谐横波在某时刻的波形图，已知质点A在此时刻的振

动方向如图中箭头所示，则以下说法正确的是（）

A.波向左传播，质点B向下振动,质点C向上振动

B.波向右传播，质点B向上振动,质点C向下振动

C.波向左传播，质点B向上振动,质点C向上振动

D.波向右传播，质点B向下振动,质点C向下振动

二、多选题（本大题共5小题，共19.0分）

8.如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体（物体与弹簧不连接），初始

时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉

力F与物体位移x的关系如图一所示（g=10m/s2）,则正确的结论是（）

A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态

B.物体的质量为2kg

C.弹簧的劲度系数为500N/m

D.物体的加速度大小为5m/s2

9.如图所示，一绝缘细线0a下端系一轻质带正电的小球a（重力不计），地面上固定一光滑的绝缘

1/4圆弧管道48,圆心与a球位置重合，一质量为m、带负电的小球8从4点由静止释放，小球a由

于受到绝缘细线的拉力而静止，其中细线O'a水平，0a细线与竖直方向的夹角为0,当小球b沿

圆弧管道运动到a球正下方B点时对管道壁恰好无压力，在此过程中（a、b两球

均可视为点电荷）（）

A.b球所受的库仑力大小为B.b球的机械能逐渐减小

C.细线。a的拉力一直增大D.b球电势能逐渐增大

10.2018年12月8日2时23分，“嫦娥四号”探测器在西昌卫星发射

中心由长征三号乙运载火箭成功发射。2019年1月3日10时26分,

嫦娥四号成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地冯。卡门撞击坑

的预选着陆区，''玉兔二号"月球车则于22时22分到达月面开始

巡视探测。如图所示，“嫦娥四号”从距月面高度为100/an的环

月圆轨道/上的P点实施变轨，进入近月点为15km的椭圆轨道口，由近月点Q落月。关于“嫦娥

四号”下列说法正确的是（）

A.沿轨道/运动至P时，需制动减速才能进入轨道n

B.沿轨道n运行的周期大于沿轨道/运行的周期

C.沿轨道II正常运行时，在P点的加速度小于在Q点的加速度

D.在轨道n上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，它的动能增加，引力势能减

小，机械能增加

11.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s

未达到额定功率，之后保持额定功率又运动15s恰好到达最大速度，其

v-t图象如图所示。己知汽车的质量为m=2x103kg,汽车受到地面

的阻力为车重的0.1倍，贝4（）

A.汽车在前5s内的牵引力为4xKPN

B.此过程车的总位移为75m

C.汽车的额定功率为60kW

D.汽车的最大速度为30m/s

12.关于光的波动性与粒子性以下说法正确的是（）

A.爱因斯坦的光子说否定了光的电磁说

B.光电效应现象说明了光的粒子性

C.频率越高的电磁波，粒子性越显著

D.波长越长的电磁波，粒子性越显著

三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）

13.某同学设计了一个烟雾探测器，如图所示，S为光源，当有烟雾进入探测器时，S发出的光被烟

雾散射进入光电管C光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于/时，探测器触

发报警系统报警。真空中光速为c,钠的极限频率为火，要使该探测器正常工作，光源S发出的

光波长应小于。若入射光子中能激发出光电子的光子数占比为小电子的电荷量为e,报

警时，t时间内射向光电管钠表面的光子数至少是个。

14,与液体处于动态平衡的蒸汽叫做,而没有达到饱和状态的蒸汽叫做。在一定温度

下，饱和汽的分子数密度是的，因而饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫做这种液体

的饱和汽压。未饱和汽的压强饱和汽压。饱和汽压随温度而变，温度升高时，液体分子

的增大，单位时间里从液面飞出的分子数增多，原来的动态平衡被破坏，液体继续,

蒸汽的压强继续,直至达到新的动态平衡。

15.请简要论述你对爱因斯坦相对论的认识，起码写出一个你所知道的相对论（广义或狭义的均可）

一个公式。

“世界物理年”决议的作出是与爱因斯坦的相对论时空观有关。一个时钟，在它与观察者有不同相

对速度的情况下，时钟的频率是不同的，它们之间的关系如图所示。由此可知，当时钟和观察

者的相对速度达到0.4c（c为真空中的光速）时，时钟的周期大约为。

四、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

16.用如图1所示实验装置验证瓶1、m2组成的系统机械能守恒。打点计时器连接频率为50Hz交流电,

m从高处由静止开始下落，Tn1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可

验证机械能守恒定律。图给出的是实验中获取的一条纸带：。是打下的第一个点，每相邻两计

数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图2所示。已知mi=50gm2=150g,则:

£3

(1)纸带上打下记数点5时的速度"=m/So

(2)从打下第“0”点到打下第“5”点的过程中系统动能的增量=J,系统势能的减少量

△Ep=取当地的重力加速度g=9.80m/2,结果均保留三位有效数字。)

(3)若某同学作出?一九图象如图3,则由图象可得当地的重力加速度g=m/s2.

17.某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的锲铭合金丝，该校的一兴趣小组同学想通过自己

设计的实验来测算合金丝的长度。已知该银倍合金丝的常温电阻率p=1.0x10-6。.他们

选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源

等。

(1)他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：

①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“一”插孔，选择电阻挡“X100”；

②调整“机械零点调节旋钮”使指针指到零刻度，调整时将两表笔短接，然后调整“欧姆调

零旋钮”进行欧姆调零，调整时将两表笔短接；(选填“必须”或“不能”)

③把红、黑表笔分别与银铭合金丝的两端(已刮去绝缘漆)相接，多用电表的示数如图1所示，该合金

丝的电阻约为

(2)为了更准确地测量银锚合金丝电阻，已知所选用的电压表内阻为几千欧，电流表内阻为几欧，根

据多用电表的示数，为了减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，图3的四个电路中最合理

的是。

(3)他们使用螺旋测微器测量锲倍合金丝的直径，示数如图2所示，则银络合金丝的直径为mm.

(4)根据多用电表测得的银铭合金丝电阻值，不计合金丝绝缘漆的厚度，可估算出这卷银铝合金丝的

长度约为巾(结果保留整数)。

五、简答题(本大题共3小题，共36.0分)

18.如图所示，竖直放置的导热U形管，左管横截面积是右管横截面积的2倍，左侧

管上端封闭一定长度的空气柱(可视为理想气体)，右侧管上端开口开始时与大

气相通。当环境温度为=27式时，左侧管中空气柱高d=30cm,左侧管中

水银面比右侧管中水银面高H=15cm,外界大气压强po=75cmHg,求环境温

度升高到多少摄氏度时，左右水银液面相平。

19.如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，质量m=l题的物体在

平行于斜面向上的恒定拉力尸作用下，从4点由静止开始运动同时

开始计时，到达B点时立即撤去拉力凡物体到达C点时速度刚好

为零。每隔0.2s通过传感器测得物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据。求:

t/s0.00.20.4.....1.41.61.8.....

v/m/s0.01.02.0.....7.06.95.7.....

(1)斜面的倾角a；

(2)恒力F的大小；

(3)前2s内物体的位移大小。

20.长为R的轻杆一端固定一质量为m的小球，以另一端为固定转轴，使之在竖直平面内做圆周运

动.求以下两种情况时小球在最高点的速度各为多少？

(1)在最高点时，小球对杆的压力为：小9；

(2)在最高点时，小球对杆的拉力为［mg.

六、计算题(本大题共3小题，共31.0分)

21.如图所示，竖直平面内固定有半径R=(10+5e)/n的［光滑圆弧轨道，轨道末端水平且与放在

光滑水平面上的长木板的上表面等高，在长木板的右端放有一质量1kg的滑块P。现将一质

量也为Mg的滑块Q从圆弧轨道的中点由静止释放，当其刚滑上长木板时对滑块P施加一大小/=

2NS,方向向左的瞬时冲量，结果两滑块在长木板上恰好不能相撞。已知长木板的质量M=3kg,

滑块P与长木板间的动摩擦因数m=0.2,滑块Q与长木板间的动摩擦因数上=0.K重力加速度

g=10m/s2,两滑块均可视为质点。求：

(1)长木板最后的速度大小：

(2)两滑块与长木板因摩擦而产生的热量和木板的长度。

22.如图所示，折射率n=近的半圆形玻璃砖置于光屏MN的上方，其

平面48到的距离为h=20cm.一束单色光沿图示方向射向圆心

0,经玻璃砖后射到光屏上的。'点。现使玻璃砖绕圆心。点顺时针转

动，光屏上的光点将向哪个方向移动？光点离。'点最远是多少？

23.在竖直平面上建立如图所示的直角坐标系0孙，在第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电

场强度大小为E；在第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场，磁感

应强度大小为B，—质量m=10g、电荷量q=0.1C的带负电小球从工轴上的点以2.5cm,0)以一

定的初速度垂直x轴射入第一象限，并能从y轴上的点b(0,5cm)垂直y轴进入第二象限，并能从x

轴上的c点(图中未标出)进入第三象限做匀速圆周运动，最后从y轴上的d点垂直y轴进入第四象

限。已知重力加速度g取lOm/s?。求：

(1)电场强度E的大小；

(2)磁感应强度B的大小;

(3)d点到。点的距离。

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：电流的单位为安培；电压的单位为伏特；电阻的单位为欧姆，电容的单位为法拉；故A

正确，BCD错误。

故选：Ao

明确各物理量所对应的单位，知道电容的单位为法拉。

本题考查对物理量单位的掌握程度。对于以人名命名的单位可以结合科学家的成就进行记忆

2.答案：C

解析：解：图象中各点对应的纵坐标表示该时刻的速度，则根据图象可知，O-ls内速率增大，l-2s

内速度减小，2—3s内速率增大，3—4s内速度减小，故C正确，ABO错误。

故选：Co

根据速度时间图象直接读出速度，然后判断速度大小不断增大的时间范围即可。

本题主要考查了速度时间图象的直接应用，能根据图象判断速度的变化情况，注意速率表示速度的

大小，速度的正负只表示方向，不表示大小。

3.答案：A

解析：解：4、当单刀双掷开关与b连接时，匝数之比为5：1,原线圈两端有效值为220V,所以副线

圈电压有效值为44V,故A错误；

8、若单刀双掷开关接a,滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，电压不变，电流减小，故

B正确；

C、当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1,输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，

故C正确；

。、当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1,输出电压增大，则变阻器R消耗的功率变大，输

出功率变大，输入功率变大，故。正确

本题选错误的，故选：人

变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析。

做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的

不―,数'kZ-.。

4.答案：D

解析：解：ABC、在力B段，由牛顿第二定律得：mg-F=~,滑块受到的支持力：F=

则速度。越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f=就越小，

在8c段，由牛顿第二定律得：尸一小9=血叱，滑块受到的支持力：F=mg+叱，则速度"越大，

滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，

由题意知从4运动到C相比从C到力，在4B段速度较大，在BC段速度较小，所以从4到C运动过程受摩

擦力较小，用时短，故AB错误；

。、从A到C的过程和C到4的过程，通过同一点，在4B段，由牛顿第二定律知，径向的合力提供向心

力，从4到B时速度较大，则支持力较小，摩擦力较小，在BC段，径向的合力提供向心力，从4到B,

在BC段的速度较小，支持力较小，摩擦力较小，结合动能定理知，从4到C过程中克服摩擦力做功小

于从C到力过程中克服摩擦力做功，知巧>%.故。正确；

故选：D。

滑块做圆周运动，根据牛顿第二定律判断滑块受到的支持力大小关系，然后判断摩擦力大小关系，

再比较滑块的运动时间，根据动能定理比较速度的大小。

本题考查了比较滑块运动时间关系，分析清楚滑块的运动过程、应用牛顿第二定律与摩擦力公式即

可正确解题。

5.答案：D

解析：解：4、由电路图可知，定值电阻与传感器电阻串联，儿之间的电压等于变阻器两端的电压;

Ubc=I-R2=变形得：%=急当减小/?2的阻值时，b点的电势降低；故A错误；

B、当一氧化碳的浓度升高时，&减小，be之间的电压等于变阻器两端的电压；Ubc=l-R2=暑；

浓度升高，则%减小，故b点的电势升高.则可以改变报警器启动时的煤气浓度的临界值；故8错误，

D正确；

C、由4中的推导可知：Ube=&，要提高气敏传感器的灵敏度，可以采用的方法有：增大电源的

«2

电动势（ac之间的电压）、或增大变阻器/?2的电阻值.故C错误，故选：D.

由电路图可知，定值电阻与传感器电阻串联，电压表测定值电阻两端的电压；如果测试时电压表示

数越大，根据欧姆定律可知电路中的电流越大，说明酒精气体传感器的电阻越小，而酒精气体传感

器的电阻随酒精气体浓度的增大而减小，据此判断测试到的酒精气体浓度大小.

对于传感器，关键是理解其工作原理，本题首先要读懂题意，抓住电导与浓度的关系，列出表达式，

其次利用欧姆定律研究电压表示数与浓度的关系.

6.答案：C

解析：解：气泡缓慢上升的过程中，外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，由于外部恒温，可

以认为上升过程中气泡内空气的温度始终等于外界温度，则内能不变。

根据热力学第一定律可得，△(/=〃+(?知，气泡内能不变，同时对外做功，所以必须从外界吸收

热量。

故选：Co

气泡上升过程中，受到的压力减小，气泡对外做功，体积变大，内能减少，温度降低，使得气泡温

度低于液体温度，液体和气泡之间进行热传递.

本题考查了热力学第一定律的应用，记住公式4U=W+Q及各物理量的正负.

7.答案：C

解析：解：力、由题，质点A在此时刻的振动方向下，4质点右边的质点的运动状态早于4质点，故波

向左，B质点离开平衡位置，向位移最大处运动，C质点正在返回平衡位置，故4错误，

B、由4分析知，B错误；

C、由4分析知，C正确；

。、由a分析知，。错误；

故选：Co

根据图中质点4的振动方向得到波的传播方向，由波由振动早的质点向振动迟的质点传播，可得其他

质点的振动方向.

本题要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，相邻两个波峰或波谷间的距离等于波长.

8.答案：BCD

解析：解：4、由图知：当％24czn时，F保持不变，说明物体不再受弹簧的弹力，可知x=4cm时

物体与弹簧开始分离，弹簧处于原长状态，故A错误。

BD、初始时物体处于静止状态，合力为0,x=0时，当加上产时物体的合力等于此时产的值，为&=

10N,由牛顿第二定律得：&=ma。

2

当x=4cm时尸的值为尸2=30N,由牛顿第二定律得F2—mg-ma,联立解得m=2kg,a—5m/s.

故8正确，。正确。

C、弹簧原来的压缩量x=4cm-0=4cm=0.04m,由胡克定律有mg=kx,得k=500/V/m,故C

正确。

故选：BCD。

物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态。由图读出x=0时和x=4cm时F的值，由这两个状态，由

牛顿第二定律分别列式，联立可求得物体的质量和加速度，再由胡克定律求弹簧的劲度系数。

本题的关键是明确物体的受力情况，知道物体与弹簧分离时，它们间的弹力为零这一临界条件，还

要把握x=0时物体的合力等于F,分别根据牛顿第二定律列方程研究。

9.答案:AC

解析：

尸1

先根据机械能守恒求出小球在B点的速度，然后由牛顿第二定律求出库1K

仑力的大小，由共点力的平衡分析两根绳子上的拉力的变化。，十》7rI》尸2

该题考查的知识点比较多，难度大，解答的关键是正确判断水平细绳

对小球a的拉力的变化，要合理使用三角函数的关系。/Xg

ABD.由题可知，小球a位于圆轨道的圆心处，所以小球b运动的过程中尸库

受到的库仑力始终与速度的方向垂直，所以小球运动的过程中库仑力不做功，电势能不变，小球b的

机械能守恒，

设圆的半径为R,则：巾9/?=：巾如2,小球匕在最低点：F-mg=塔,联立得：F库=3mg,故

N件1sR

A正确，B。错误；

C.由题，小球b沿圆弧管道运动到a球正下方B点时对管道壁恰好无压力，说明小球b受到a的吸引力。

当小球b与a的连线与水平方向之间的夹角为a时，小球a受到的力如图，则：竖直方向：Reos。-mg+

F^sina=mg+3mgsina

可知当小球b向下运动的过程中，a逐渐增大，所以。a的拉力一定是逐渐增大，故C正确；

故选AC。

10.答案：AC

解析：解：4、在轨道/上的P点，嫦娥四号做圆周运动，万有引力等于向心力，在轨道口上的P点，

卫星做近心运动，万有引力大于向心力，可知沿轨道/运动至P时，需制动减速才能进入轨道n,故

A正确。

B、根据开普勒第三定律得，W=K,由于轨道口的半长轴小于轨道/的半径，则嫦娥四号沿轨道n

T2

运行的周期小于沿轨道/运行的周期，故8错误。

C、根据牛顿第二定律得，a=《=胃，P点距离月心的距离大于Q点距离月心的距离，贝IJP点的加速

度小于Q点的加速度，故C正确。

。、在轨道口上由P点运行到Q点的过程中，万有引力对其做正功，根据动能定理知，动能增加，引

力势能减小，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故。错误。

故选：AC«

根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万有引力大于

向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化关系。

本题要注意：

①由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时

要经常用到，一定要注意掌握。

②卫星运行时只有万有引力做功，机械能守恒。

11.答案：BCD

解析：解：4、前5s内，由图有：a=7；=2m/s2

由题意可知，汽车受到的阻力为：

/=0.1x2xIO3x10/V=2x103N

由牛顿第二定律：F-f=ma

解得：F=6x103N,故A错误；

3

BCD、t=5s末功率达到额定功率为：P=Fv=6x10x10WZ=6x1041y=60kW,

当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度，则最大速度为：vm=y=30m/s,

汽车匀加速度过程的位移为：=|x2x52m=25m,

汽车变加速度过程，由动能定理有：Pt2-fx2=\mv^-\mvl，

代入数据解得：x2=50m

所以汽车此过程中的位移为：x=%i+x2=75m,故正确。

故选：BCD.

从u-t图象可以看出：汽车经历三个运动过程：匀加速直线运动，加速度减小的变加速直线运动，

最后做匀速直线运动。由图线斜率可求出前5s内汽车的加速度，由牛顿第二定律即可求出此过程的

牵引力。

5s末汽车的功率就达到额定功率，由P=Fu,能求出额定功率。

汽车速度最大时，牵引力等于阻力，求出最大速度。

此题首先要识别图象的物理意义，从斜率读出加速度。其次，抓住5s这个时刻汽车达到额定功率。

第三点，抓住达到最大速度的条件，由功率公式求最大速度。

12.答案：BC

解析：解：4、爱因斯坦的光子说并不没否定电磁说，而是说光的两种性质并存：故4错误；

8、光电效应现象证明了少量光子具有的粒子性；故B正确；

C、频率越高的电磁波，其光子能量越高，则粒子性越显著；故C正确；

。、波长越长，则光子的频率越低，光子的粒子性越显著，故。错误；

故选：BC

明确波粒二象性的意义：光的波粒二象性是指光既具有波动性又有粒子性，少量粒子体现粒子性,

大量粒子体现波动性

本题要明确光子的性质。

13.答案：-

解析：解：根据C=2y,那么光源S发出的光波最大波长：

即要使该探测器正常工作，光源s发出的光波波长小于F；

vo

光电流等于/时，t秒产生的光电子的个数：n=~e,

t秒射向光电管钠表面的光子最少数目：N=m=g。

7/er]

故答案为：;叁

根据极限频率与极限波长关系，即可求解最长波长，以及电流的定义式分析即可求解光子数。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解决本题的关键掌握光频率与波长关系，知道光电子的数

目与入射光的强度有关。

14.答案：饱和汽未饱和汽一定小于平均动能蒸发增大

解析：解：与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽，而没有达到饱和状态的蒸汽叫做未饱和汽。在

一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫做这种液

体的饱和汽压。未饱和汽的压强小于饱和汽压。饱和汽压随温度而变，温度升高时，液体分子的平

均动能增大，单位时间里从液面飞出的分子数增多，原来的动态平衡被破坏，液体继续蒸发，蒸汽

的压强继续增大，直至达到新的动态平衡。

故答案为：饱和汽；未饱和汽；一定；小于；平均动能；蒸发；增大。

写出饱和汽、未饱和汽和饱和汽压基本概念。温度升高时，液体分子的平均动能增大，单位时间里

从液面飞出的分子数增多，原来的动态平衡被破坏，液体继续蒸发，蒸汽的压强继续增大，直至达

到新的动态平衡。

本题考查了饱和汽、未饱和汽和饱和汽压、蒸发及其现象、沸腾及沸腾条件。本题主要考查学生对：

蒸发与沸腾的区别和联系的了解和掌握，以及对蒸发和沸腾的特点的了解，是一道基础题目。

15.答案：2.18s

解析：解：相对论质量增大时：m=rt

由图可以对应看出，当时钟和观察者的相对速度达到0.8C（C为光速）时，时钟的频率是0.3Hz,0.3Hz

时钟的周期大约为：

T-7b

又：得

所以：T0=T-卜|=gxJ1一号T=2s

当速度为。.4的T'=房亏=10叫=2.18s

卜（T）

故答案为：质量公式：m=jW；2.18s

狭义相对论的几个基本结论：

①钟慢效应：运动的钟比静止的钟走得慢，而且，运动速度越快，钟走的越慢，接近光速时，钟就

几乎停止了；

②尺缩效应：在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短，当速度接近光速时，尺子缩成一个点。

③质量变大：质量（或能量）并不是独立的，而是与运动状态相关的，速度越大，质量越大。

记住并理解狭义相对论的基本假设和几个基本结论是解决此题的关键。

16.答案：2.40.5760.5889.70

解析：解：（1）计数点5的瞬时速度〃=答=空嗤孚Qm/s=2.4m/s；

22

(2)系统动能的增加量△Ek=：(血1+m2)v=1x(0.05+0.15)x2.47=0.576/,

系统重力势能的减小量4Ep=（m2-m^gx=（0.15-0.05）x9.8x（0.384+0.216）/=0.5887；

（3）根据系统机械能守恒得：512-61）。八=；（加1+62）/，解得：［=也』9九，则图线的斜率

NZ7711+7712

2

k=禽会9=膏，代入数据解得9=9.70m/so

故答案为：(1)2.4；(2)0,576,0.588；(3)9.70；

(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出计数点5的瞬时速度。

(2)根据计数点5的瞬时速度求出系统动能的增加量，根据下降的高度求出系统重力势能的减小量。

(3)根据系统机械能守恒得出的表达式，结合图线的斜率求出当地的重力加速度。

本题考查了系统机械能守恒定律得验证，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得

出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量。

对于图线问题，关键通过物理规律得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率或截距进行求解。

17.答案：不能必须1300B0.680472

解析：解：(1)②调整“机械零点调节旋纽”使指针指到零刻度，调整时不能将两表笔短接，然后调

整“欧姆调零旋钮”进行欧姆调零，调整时必须将两表笔短接；

③欧姆表选择x100挡，由图1所示可知，该合金丝的电阻约为：13x1000=13000；

(2)实验要求电压调节范围较大，滑动变阻器应选择分压接法，待测电阻阻值为：1300/2,由题意可

知I,待测合金丝阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，应选择图B所示电路。

(3)由图2所示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：0.5nun+18.0x0.01mm=0.680mm：

(4)由电阻定律可知：R=P《=P/*7

银铭合金丝的长度L=—=3J4X1300X(0.68010T)21工

4P4X1.0X10-6

故答案为：⑴②不能;必须；③1300;(2)5；(3)0.680；(4)472,

(1)多用电表进行机械调零时两表笔不需要短接，对欧姆表进行欧姆调零时两表笔需要短接；欧姆表

指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

(2)根据待测电阻阻值与电流表内阻的关系确定电流表接法，根据题意确定滑动变阻器接法，然后选

择实验电路。

(3)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数.

(4)根据实验数据应用电阻定律求出电阻丝的长度。

本题考查了欧姆表的使用、实验电路选择、螺旋测微器读数与电阻定律的应用；欧姆调零与机械调

零要区分，前者是调节欧姆表内的滑动变阻器的电阻来使电流表达到满偏；后者是螺丝刀调节指针

使其电流为零。欧姆表读数及螺旋测微器读数要加强训练。

18.答案：解：左、右两管水银高度差为H=15cm,则左管气体压强为：P1=p0-pH=GOcmHg

设左侧管横截面积为S,则封闭气体体积为：匕=h0S=30s

温度为：7\=(27+273)K=300K；

左右水银液面相平时，设左侧液柱下降xcm,则有：=(H-%)x|

解得：x=5cm

当左管液柱下降5cm时，左、右两管液面相平，此时：

封闭气体的压强P2=Po=75cmHg,

体积彩=(坛+x)S=35s

温度设为72，

根据理想气体状态方程可得：竽=竽

T1T2

T2=437.5K,

则摄氏温度为：0=(437.5-273)℃=164.5℃»

答：环境温度升高到164.5久时，左右水银液面相平。

解析：根据题意求出初状态封闭气体的压强、体积和温度，根据体积关系求出左管液面下降的高度,

再次求出封闭气体的压强和体积，根据理想气体的状态方程求解温度。

本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量,

分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解。

19.答案：解：(1)减速阶段加速度大小为=詈=震亮7nA?=6mls2,

减速阶段中由牛顿第二定律得：mgsina=ma2

代入数据得：a=37。；

(2)加速阶段由加速度的定义知，加速阶段加速度大小为：的=簧=技=5m/s2

加速阶段中由牛顿第二定律得：F-mgsina=max

由上两式得：F=+a2)

代入数据得：F=11N：

(3)设拉力作用的时间为4,由于在撤力瞬间速度最大，设为左，贝小

加速过程中：Vm=tlitj

减速过程可看做反向的匀加速，设初速度大小为卬=5.7m/s,此时的时间t'=1.8s

则有:vm=v0+a2(t'-t-i),

联立解得：M=1.5s,vm=7.5m/s

根据图表可知：t2=2s时的速度=v0-a2(t2-t')=4.5m/s

前2s内物体的位移大小x吟匕+物产x(t2-=8.625m。

答：(1)斜面的倾角是37。；

(2)恒力的大小为11N；

(3)前2s内物体的位移大小为8.625m。

解析：(1)先由匀变速运动求出减速的加速度的大小，再由受力分析和牛顿第二定律求出斜面的倾角

a；

(2)由匀变速运动求出上升的加速度的大小，再由受力分析和牛顿第二定律求出力的大小；

(3)利用匀变速直线运动中速度与时间的关系求出F作用的时间，再求出最大速度和2s时的速度大小,

根据平均速度乘以时间求解位移。

本题考查匀变速直线运动规律，是典型的牛顿定律解题中的一类。关键是应用加速度定义和牛顿第

二定律表示加速度的大小，能够根据图表获取信息是解答本题的关键：注意：1.4s〜1.6s过程中可能

存在加速和减速过程，计算减速加速度不可以根据此过程计算。

20.答案：解：(1)在最高点时，当小球对杆的压力为［mg时，根据圆周运动向心力公式得：

1vl

mg_qmg=m—

LK

解得：%=

(2)在最高点时，当小球对杆的拉力为［mg时，根据圆周运动向心力公式得：

1谚

mg^-mg=m—

LK

解得：v2=J|gR

答：(1)在最高点时，小球对杆的压力为时，小球速度为

(2)在最高点时，小球对杆的拉力为《mg时，小球的速度为J|嬴.

解析：在最高点时，小球受到重力和杆子的作用力，两个力的合力提供向心力，根据圆周运动向心

力公式求解即可.

本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，注意如果不知道杆子对小球力的方向时，可以采

用假设法.

21.答案：解：(1)滑块Q下滑过程机械能守恒，设Q滑到圆弧轨道末端时的速度为气，由机械能守恒

定律得：

1

mgR(l-sin45°)=-mvQ

滑块Q滑上长木板后与长木板间的滑动摩擦力：fQ=li2mg=0.1x1x10/V=1/V,

滑片P与长木板间的滑动摩擦力大小：fP=^mg=0.2x1xION-2N

滑块在长木板上滑动时的加速度：a=臂=

长木板受到向左的摩擦力较大，Q、P在长木板上滑动时长木板静止，

滑块P减速到0需要的时间：tp=B，

其中/=mvp

代入数据解得：vP=2m/s,tP=Is

此时滑块Q的速度：vQ1=vQ-atP

此后P、Q与木板组成的系统动量守恒，设它们的共同速度为U，以向右为正方向，由动量守恒定律

得：

mvq1=(m+m4-M)v

代入数据解得：v=1.8m/s

(2)由能量守恒定律得：

11l、？

-mvp?+-mvQ9=-(zzn4-m4-M)v£+Q

代入数据解得：Q=43.9/

滑块p开始向左滑行的路程：孙=些

滑块Q开始向右滑行的路程：%