2021届山东省新高考物理三模试卷附答案详解

2021届山东省新高考物理三模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.“水流星”是在一根彩绳末端系一只玻璃碗，内盛彩色水，杂技演员甩绳

舞弄，晶莹的玻璃碗飞快地旋转飞舞，在竖直面内做圆周运动，而碗中之

水不酒点滴。下列说法正确的是（）

A.水流星到最高点时，水对碗底的压力一定为零

B.水流星到最高点时，水流星的速度可以为零

C.水流星到最低点时，杂技演员对地面的压力大于水，碗和人的重力大小之和

D.水流星到最低点时，处于失重状态

2.关于电流，下列说法正确的是（）

A.电流的方向就是电荷移动的方向

B.电流是有方向的量，所以是矢量

C.任何物体，只要其两端电势差不为零，就有电流存在

D.以上说法都不正确

3.下列说法中正确的是（）

A.双缝干涉实验表明光具有波动性B.光的衍射现象表明光具有粒子性

C.光从空气进入水中后频率变大D.光从空气进入水中后波长变大

4.一列向右传播的简谐波周期为0.8s,在t=0时的波形如图所示，质点P处于平衡位置.在t=1.2s

时，质点P（）

A.向上运动

C.向右移动0.6mD.仍在原来的位置

5.如图甲，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1,定值电阻R。=2.0。，即为压敏电阻，电阻

的阻值随压力变化的图象如图乙所示.原线圈中的输入电压u随时间t变化关系：a=

2OOV2smlOO7rt（y）.电压表匕、吟的读数分别为。、U2,电流表4、4的读数分别为小A，

下列说法中正确的是（）

A.当压力增大时，%、/都不变，入变小、，2变大

B.当压力减小时，U1、外都变小，。、与都变小

C.当压力F=1N时，/2=V2/4

D.当压力尸=6N时，A=0.4A

6.一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，设法使其压强增大，则在这一过程（）

A.气体的密度减小B.气体分子的平均动能增大

C.外界对气体做了功D.气体从外界吸收了热量

7.一质点做匀速直线运动.现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（）

A.质点速度的方向总是与该恒力的方向相同

B.质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直

C.质点加速度的方向可能与该恒力的方向不同

D.质点单位时间内速率的变化量总是不变

8.如图所示，小球4B通过一细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一

根竖直杆上。当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角

分别为。和20,假设装置中各处摩擦均不计，则4,B球的质量比

为（）

A.2cos61

B.12cos9

C.tand-1

D.12sin3

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示为半圆形的玻璃枝，C为48的中点，a、b两束不同频率的b

单色可见细光束垂直4B边从空气射入玻璃砖，且两束光在4B面上的

入射点到C点的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，则下列A

说法正确的是（）

A.在真空中，a光的传播速度大于b光的传播速度

B.若a、b两束光从同一介质射入真空过程中，a光发生全反射的临

界角大于b光发生全反射的临界角

C.在真空中，a光的波长大于b光的波长

D.a光通过玻璃砖的时间大于力光通过玻璃砖的时间

E.a光从空气进入该玻璃体后，其频率不变

10.X轴上有两点电荷Qi和（?2,Qi和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示（4P>PB）,选无穷

远处电势为0,从图中可以看出（）

A.Qi电荷量一定大于（?2电荷量

B.Qi和Qz一定同种电荷

C.P点电场强度是0

D.Qi和（?2之间连线上各点电场方向都指向Q2

11.如图所示，光滑水平面有一静止长木板质量M=3kg,长L=7m,木板上最左端静置一木块小=

1kg,木板与木块间动摩擦因数〃=0.3,t=0时刻，在木块上施加一水平向右的恒力F=6N,

作用t=2s后撤去该力，对于木板和木块的运动，下列结论正确的是（g=10m/s2）（）

A.t=2s时，木块的速度为6m/s

B.t=2s时，木板的位移为2m

C.从t=0开始，木块与木板相对运动的时间为4s

D.从t=0开始，系统产生的内能为181

12.如图，在水平面（纸面）内有三根相同的粗细均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、.h

ac在a点接触，构成型导轨。空间存在垂直于纸面的匀强磁场。用水平

向右的力尸使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与ac垂

直且和导轨保持良好接触。不考虑ab、ac和MN中电流之间的相互作用。下列关于回路中电流i和

外力尸与时间t的关系图线，可能正确的是（）

上叱上七

三、实验题（本大题共2小题，共14.（）分）

13.（1）某兴趣小组的同学利用如图1所示的实验装置，测量木块与长木板之间的动摩擦因数，图中

长木板水平固定。

①实验过程中，打点计时器应接在________（填“直流”或“交流”）电源上，调整定滑轮

的高度，使。

②已知重力加速度为g,测得木块的质量为M,硅码盘和祛码的总质量为zn,祛码盘、祛码

和木块的加速度大小为a,则木块与长木板之间的动摩擦因数“=。

③实验时，某同学得到一条纸带，如图2所示，每隔三个计时点取一个计数点，即为图中0、

1、2、3、4、5、6点。测得每两个计数点间的距离为Si=0.96cm,s2=2.88cm,s3=4.80cm,

s4=6.72cm,s5=8.64cm,s6=10.56cm,打点计时器的电源频率为50Hz。计算此纸带的加

速度大小。=m/s2,打第4个计数点时纸带的速度大小"=6/s。（保留两位有效

数字）

515253545556

图2

(2)①指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器，请完成下列问题:

在使用多用电表测量时，指针的位置如图3所示，若选择开关拨至“XI”挡，则测量的结果为

n；若选择开关拨至“50nM”挡，则测量结果为mA.

图3

②多用电表测未知电阻阻值的电路如图4所示，电池的电动势为E、内阻为r,R为调零电阻，Rg

为表头内阻，电路中电流/与待测电阻的阻值灯关系图像如图5所示，则该图像的函数关系式为

图4图5

③下列根据图5中/-勺图线做出的解释或判断中正确的是()

A.因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表的示数左小右大

8.欧姆表调零的实质是通过调节R使%=0时电路中的电流/=Ig

C%越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏

D测量中，当心的阻值为图5中的8时，指针位于表盘中央位置的左侧

14.用如图所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变

阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻扁=2。起保护作用。除电池开关和导线外，可供使用

的实验器材还有：

A.电流表（量程0.64、34）；

8.电压表（量程3V、15V）；

C.滑动变阻器（阻值范围0〜10。、额定电流24）；

D滑动变阻器（阻值范围0〜100。、额定电流14）。

（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择V,电流表的量程应选择A,滑动变阻器R

应选择（填写实验器材前面的字母）。

（2）根据实验测得数据作出U-/曲线如图所示，则这节干电池的电动势是V,内电阻是

(3)请根据实验电路图连接实物图。

四、计算题(本大题共4小题，共46.0分)

15.为做好新型冠状病毒肺炎(COU/D-19)疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园

进行严格的消毒，如图是某喷雾消毒桶的原理图。喷雾器的容积为匕=103打气筒的容积为

=200cm3o某次使用时，装入了%=8L药液，然后关闭所有阀门及加水口，并通过打气筒

打气使筒内上方气体压强达到Pi=3.6atrn时，停止打气并打开喷雾阀门开始喷雾，当气体压强

降为P2=时，喷雾器不能正常喷雾。要使喷雾器能再次喷雾，需要用打气筒再向里打气，

提高桶内的压强。已知外界大气压为po=l.Oatm，不考虑桶内药液产生的压强，整个过程可视

为温度不变。

(1)喷雾器从开始喷雾到不能正常喷雾，桶内剩余药液有多少？

(2)要把桶内剩余药液全部喷完，需用打气筒至少再打多少次气？

16.雄猫立在屋顶边，两个凶恶的鼠仔儿用弹弓将石块射向雄猫.过了t=1s,石块划出一条弧线,

落在雄猫脚旁(如图).若石块射出时速度与落下时速度互相垂直，求鼠仔儿与雄猫距离s.

17.如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离

地高九=1.2m,离地高H=2M的质点与障碍物相距x.在障碍物以

%=4zn/s匀速向左运动的同时，质点自由下落，为使质点能穿过该

孔，L的最大值为多少米？若L=0.6m,x的取值范围是多少米？(取

g—lOm/s2)

18.质量为1kg的物块从斜面底端以10m/s的速度滑上斜面，已知斜面的倾斜角为37。，物块与斜面

间的动摩擦因数为0.5,已知在整个过程中，斜面都静止，且斜面足够长.求：

(1)从物块滑上斜面到离开斜面的全过程中，摩擦力对物块做的功；

(2)下滑过程重力做功的平均功率.(s讥37。=0.6,cos370=0.8,5®10m/s2)

参考答案及解析

1.答案：c

解析：解：AB.水流星到最高点时，当水对碗底的压力等于0时，对水受力分析，只有重力提供向

心力，

对水在最高点，由牛顿第二定律得：mg-

解得到达最高点的最小速度为：%=必

当先〉病时，水对碗底的压力大于0,故AB错误；

CD.水流星到最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态，故杂技演员对地面的压力大于水，碗

和人的重力大小之和，故C正确，。错误。

故选：Co

当在最高点水对桶底无压力时，根据牛顿第二定律求出临界的最小速度，最小速度为为=质；水

流星到最低点时，具有向上的加速度，处于超重状态。

本题以杂技“水流星”为背景考查了牛顿第二定律以及超失重的应用，关键是要清楚圆周运动向心

力的来源，运用牛顿第二定律进行求解。

2.答案：D

解析：解：4、电流方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反，故A错误；

B、电流是标量，故8错误；

C、只有导体两端有电势差时才能形成电流，故C错误；

D、综上所述力正确.

故选：D

电荷的定向移动形成电流，正电荷定向移动的方向与电流方向相同，电流是标量.

掌握电流形成的原因和电流方向的规定，知道电流是标量，难度不大，属于基础题.

3.答案：A

解析：解：AB.光的干涉和衍射现象是波的特有属性，双缝干涉和光的衍射实验都表明光具有波动

性。故A正确、B错误；

C、光从一种介质进入到另一种介质时，频率不变。故C错误；

D、当光从空气进入水中后，根据公式u=;可知，波速减小，因频率不变，再根据公式“="可

知波长减小。故。错误。

故选：Ao

光的干涉和衍射现象是波的特有属性；光从一种介质进入到另一种介质时，频率不变；根据波速公

式判断波长的变化情况。

解答本题的关键是要掌握光的波动性特点，知道光从一种介质进入到另一种介质时频率不变，会用

相关公式求解波速或波长的变化情况。

4.答案：D

解析：解:ABD.因为周期T=0.8s,t=1.2s=1.57,所以在t=1.2s时，质点P仍在原来的位置,

运动方向与t=0时刻相反，即向下，故AB错误，。正确.

C、简谐波向右传播，质点P只能上下振动，不会向右移动.故C错误.

故选：D

简谐波向右传播，质点P只能上下振动，不会向前移动，根据时间与周期的关系确定在t=1.2s时质

点P的位置及速度方向.

解决本题的关键要知道每经过半个周期，质点的运动状态相反，但质点只振动，不随波向前移动.

5.答案：D

解析：解：4、当压力增大时，即减小，原线圈电压不变和匝数比不变，知副线圈电压不变，即Ui、

%都不变，由欧姆定律得副线圈电流增大，电流与匝数成反比知原线圈电流变大，故A错误；

B、当压力减小时，压敏电阻的阻值增大，副线圈中负教电阻的阻值增大，原线圈电压不变和匝数比

不变，知副线圈电压不变，即/都不变，由欧姆定律得副线圈电流减小，电流与匝数成反比知

原线圈电流变小，故2错误；

C、当尸=1N,由图象知压敏电阻的阻值即=8。，原线圈电压的有效值％=鬻=2001/,由电

压与匝数成正比，?=詈，U2=^U1=^-X200=20V,由欧姆定律得/2=占=昌4=24,

故c错误；

D、当压力尸=6N时，由图象知压敏电阻的阻值R°=30,由欧姆定律得副线圈的电流与=赢=

2=44,由夕=詈,得/1=詈/2=2义44=0.44,故。正确；

Z+3*2nlAv

故选：D

由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电压之比，压力变化时，压敏电阻阻值变化，根据负载电

阻的变化，可知电流、电压变化.

准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键.

6.答案：C

解析：解：4、一定质量的理想气体，在保持温度不变的条件下，其压强增大，由玻意耳定律PU=C

可知：气体体积V减小；由于气体体积减小，分子数密度增大，故A错误

8、气体温度不变，气体分子平均动能不变，故B错误；

C、气体体积减小，外界对气体做功，气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律可知，气体要对

外放出热量，故C正确，。错误

故选：C

一定质量的理想气体内能只与温度有关.温度不变，根据玻意耳定律判断气体的体积如何变化，即

可知做功情况.温度不变，分子的平均动能不变

根据温度是分子平均动能的标志、一定质量的理想气体内能只与温度有关进行判断.对于气体状态

变化过程，要掌握气态方程分析参量的变化

7.答案：B

解析：解：4质点开始做匀速直线运动，现对其施加一恒力，其合力不为零，如果质点做匀加速或

匀减速直线运动，质点速度的方向与该恒力的方向相同或相反；故A错误；

员如果所加恒力与原来的运动方向不在一条直线上，物体做曲线运动，速度方向沿切线方向，力和

运动方向之间有夹角，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故8正确；

C.由于质点做匀速直线运动，即所受合外力为0,原来质点上的力不变，增加一个恒力后，则质点所

受的合力就是这个恒力，所以加速度方向与该恒力方向一定时刻相同，故C错误；

D因为合外力恒定，加速度恒定，由可知，质点单位时间内速度的变化量总是不变，但

速率的变化量不一定不变。故。错误。

故选：Bo

由牛顿第二定律尸=rna可知，物体加速度的方向由合外力的方向决定；

由加速度的定义a=当判断质点单位时间内速度的变化量.

△亡

明确物体做曲线运动的条件，速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做直线运

动，速度方向与加速度方向相同时物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反时，物体做减速

运动.

本题要注意物体做曲线运动的条件是速度方向与加速度方向不在同一直线上，如果在同一直线则做

直线运动，不在同一直线上则做曲线运动；同时还要正确理解牛顿第二定律和加速度的定义a=§,

知道加速度与力和速度之间的关系.

8.答案：B

解析：

分别对4、B两球分析，运用合成法，用7表示出4、B两球的重力，同一根绳子上的拉力相等，即绳

子AB两球的拉力是相等的。

本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系

将两个小球的重力联系起来。

分别对48两球分析，运用合成法，如图：

由几何知识得：对4竖直方向上：Tsind=mAg,

对8在竖直方向上：Tsin26=mBg,

解得：mAimB=sind：sin29=1：2cos。,故8正确，AC£)错误。

故选瓦

9答案:BCE

解析：解：力、所有色光在真空传播速度相同，都为c=3x108m分，故A错误；

B、由图分析可知，玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，由sine=三分析可得a光发生全

n

反射的临界角大于b光发生全反射的临界角，故8正确；

C、b光的折射率大，频率高，由c=4/可得，在真空中a光的波长大于b光的波长，故C正确；

。、由得知，a光在玻璃砖中的速度大，a在玻璃中通过的路程又短，所以a光通过玻璃砖的时

间短，故。错误；

E、同一色光在不同介质中传播，其频率不变，故E正确.

故选：BCE

所有色光在真空传播速度相同.两束光折射后相交于图中的P点，可知玻璃砖对b束光的偏折角大于

对a束光的偏折角，可分析出玻璃砖对b束光的折射率大于对a束光的折射率，b光的频率高，波长短，

由临界角C的正弦s讥C分析临界角大小.由。=：得到光在玻璃砖中的速度关系，判断出光通过

玻璃砖的时间关系.光的频率由光源决定，与介质无关.

本题考查对不同色光特性的理解能力和掌握程度.对于七种色光各个量的比较是高考中常见的基本

题型，可根据光的色散、干涉的结果，结合折射定律和临界角公式理解记忆.

10.答案：AD

解析：解：由图象可以发现，离Qi越近电场中的电势越高，由此可以判断Qi为正电荷，同理，由于

离Qz越近电势越低，所以Q?为负电荷，在它们的连线上的P点的电势也是零，但P点离Q2近，所以Qi

的电荷量要大于Q2的电荷量，所以A正确，而8错误。

由于Qi和Q2为异种电荷，并且Qi为正电荷，Qi在x轴正半轴上的电场方向向右，<?2为负电荷，Q2在Qi

和。2之间的电场方向也向右，所以P点电场强度是Q1和Q2在P点产生的电场的和，方向指向Q2,所以

C错误。正确。

故选：ADo

选无穷远处电势为0,则在正电荷的电场中所有点的电势都是正的，在负电荷的电场中所有点的电势

都是负的，如果是等量异种电荷的话，在中垂线上的点电势为零。

本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题

看的就是学生的基本知识的掌握情况。

11.答案：ABD

解析：解：木块相对木板滑动时的加速度：a=-ng=0.3x10m/s2=3m/s2,

木块相对于木板滑动时的临界拉力a=ma=1x3N=3N<F=6N,

当拉力尸=6N时木块相对于木块滑动；

A、设t=2s时木块的速度为%,对木块，由动量定理得：Ft-fimgt=mv-i—0,代入数据解得：

Vj=6m/s,故A正确；

8、设t=2s时木板的速度为"2,对木板，由动量定理得:fungt=Mv2-0,代入数据解得:v2=2m/s,

木板在t=2s内的位移x木板=yt=|x2m=2m,故B正确；

C、撤去拉力后木块与木板组成的系统动量守恒，最终它们以相同的速度运动，设它们的共同速度为

v,以向右为正方向，由动量守恒定律得：+Mu?=（M+机）=，代人数据解得：v=3m/s,

设从撤去拉力到木块和木板速度相等系统的时间为t',对木块，由动量定理得:

—firngt'—mv—mvr

代入数据解得：t'=Is

木块与木板相对运动的时间：△t=t+t'=(2+l)s=3s,故C错误；

。、t=2s内木块的位移x木衣=£t=gx2ni=67n,

系统产生的内能Qi=4mg(无木会-x木点=0.3x1x10x(6-2)/=12/,

2〜3s内，设系统产生的内能为Q2,对系统，由能量守恒定律得：

111

mvMV

2i+22=5(m+M)”2+Q2

代入数据解得：Q2=6J

从t=0开始系统产生的内能：Q=QI+Q2=(12+6)/=18/,故O正确。

故选：ABD.

由牛顿第二定律求出木块相对木板滑动时的临界拉力；应用动量定理求出木块的速度，应用运动学

公式求出木板的位移，应用运动学公式求出木块与木板的相对运动的时间；求出木块与木板相对滑

行的距离然后求出系统产生的内能。

本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量定理、

运动学公式与动量守恒定律、能量守恒定律即可解题。

12.答案：AD

解析：解：AB、设导轨儿夹角为0,导体单位长度的电阻r,初位置到顶点的距离为3经过时间3

则回路总电阻为：

R=[(L+")(1+tanff)+鬻]乙

根据闭合电路的欧姆定律可得回路中的电流强度为：i=更效普史=豆鬻土，

COS0

由此可见i为与t无关的量，A正确、B错误。

CD、根据安培力的计算公式可得，F=B/L'=+由于i是一个定值，可见F与t为一

次函数关系，C错误、。正确。

故选：AD.

MN切割磁感线运动产生感应电动势E=BG,L越来越大，回路总电阻也增大，根据电阻定律可求，

然后利用闭合电路欧姆定律即可求解电流强度，再根据安培力的计算公式得到安培力与时间关系。

对于电磁感应现象中的图象问题，经常根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电

流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常

用的方法和思路。

13.答案：(1)①交流；细线与长木板平行

Mg

③3.0;0.96

(2)①18；23.0

②/=---------或/=-^―

Jr+R0+Rg+RxBRi+Rx

③BCD

解析：

⑴

①打点计时器使用交流电，调整定滑轮的高度，细线与长木板平行；

②通过加速度根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，从而根据f=〃N求出动摩擦因数的大小；

③根据连续相等时间内位移之差是一恒量，即AX=a72求出加速度的大小，根据某段时间内平均速

度等于中间时刻的瞬时速度求出打第4个计数点时纸带的速度大小。

要知道打点计时器的结构、工作原理、使用注意事项，正确选择研究对象，应用牛顿第二定律即可

求出动摩擦因数.对于纸带问题的处理，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律，提高应用

基本规律解答实验问题的能力。

(1)电火花计时器应接在交流电源上.细线与长木板平行；

(2)对木块、祛码盘和祛码组成的系统，由牛顿第二定律得：

mg—4Mg=(M+m)a,

解得：〃二叫产

(3)每隔三个计时点取一个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为7=0.02x4=0.08s

(S6+S5+S4)—(S3+S2+S])_0.1056+0.0864+0.0672-0.048-0.0288-0.096

根据△%=。72,有：a=—3.0m/s2

9T29X0.082

在匀变速直线匀速中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，故有：畤=等=

0.0864+0.0672.八“/

――――m/s=0.96m/s

ZXU.Uo

故答案为:

①交流；细线与长木板平行

Mg

③3.0；0.96

⑵

①多用电表测电阻时，电阻阻值等于表盘读数与倍率的乘积.测电流时确定量程，从而读出读数;

②根据闭合电路欧姆定律得出电流/与待测电阻的阻值&关系;

③通过电流/与待测电阻的阻值k关系式判断分析。

本题考查闭合电路欧姆定律以及多用电表的使用方法；对于欧姆表，要了解其结构、掌握读数的方

法，关键要理解欧姆表的工作原理：闭合电路欧姆定律。

①所测的电阻R=18x1=180；

选择开关拨至“50mA”挡，则电流为/=23.0mA；

②根据闭合电路欧姆定律得，1=宗

r+R0+Rg+Rx

③4、因为％=亨-r-8-Rg函数图线是非线性变化的，当电流比较大时，则电阻比较小，当电

流比较小时，则电阻比较大.故A错误；

£

B、当Rx人=r0+,KQ/-TK=gr+R+R此时电流为满偏电流.故B正确；

C、&越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏.故c正确；

D、测量中，当&的阻值为图5中的时，电流比半偏电流小，指针位于表盘中央位置的左侧，故。

正确；

故选BCD；

故答案为

①18；23.0

②/=---------或/=—

7r+R0+Rg+Rx八R1+RX

③BCD

14.答案：(1)30.6C

(2)1.5(1.48〜1.52V之间均可)0.5(0.47〜0.58。)

(3)如图

解析：

(1)由欧姆定律估算电路中的电流，根据安全及准确性原则可选出电流表及电压表；根据电源内阻的

大小可判断保护电阻的大小，及滑动变阻器的阻值大小：

(2)分析电路中的各电表的特点，找出其产生的作用，即可得出误差产生的原因。

(3)对照电路图连接实物图。

实验仪器的选择是考试中经常出现的问题，在学习中要注意掌握好其安全、准确的原则；同时注意

滑动变阻器的电路中的应用规律。

(1)由于电源是一节干电池(1.5U),所选量程为3U的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般

几0左右，加上保护电阻，最大电流在0.54左右，所以选量程为0.64的电流表；由于电池内阻很小,

所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最

大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0〜100能很好地控制电路中的电流和电压，滑动变阻器R应

选择C;

(2)由U-/图象在纵轴上的截距以及图线的斜率得到这节干电池的电动势是1.5V,内电阻是0.5。。

(3)据实验电路图连接实物图，如图所示

故答案为:

(1)3；0.6；C

(2)1.5(1.48〜1.52U之间均可)；0.5(0.47〜0.58。)

(3)如图。

15.答案：解：(1)对喷雾器内的气体，初态压强p=Pi=3.6atm,体积V=匕-%=(10-8)L=2L

到不能正常喷雾时气体压强：p'=p2=设气体体积为V',气体温度不变，由玻意尔定律得：

pV=p'V

代入数据解得：V'=6L

喷雾器内剩余药液的体积：嗓=匕一片=(10-6)L=4L

(2)以喷雾器内的气体和待打入的气体为研究对象，由玻意耳定律得：

P'V'+np0V0=P2匕

代入数据解得：n=24次,需用打气筒至少再打24次气。

答：(1)喷雾器从开始喷雾到不能正常喷雾，桶内剩余药液有4L。

(2)要把桶内剩余药液全部喷完，需用打气筒至少再打24次气。

解析：(1)在温度不变的情况下，打气筒内气体发生等温变化，根据玻意耳定律可求出桶内气体体积，

从而求出剩余药液的体积；

(2)将最后打入的所有气体视为一个整体，根据等温变化规律即可求解需要打气的次数。

本题考查了求打气的次数、求剩余药液的体积，本题是所谓的“变质量问题”，有一定的难度，本

题解题的关键也是本题的难点是：巧妙地选择研究对象，把变质量问题变为不变质量问题进行研究，

选择研究对象后，应用玻意耳定律即可正确解题。

16.答案：解：沿石块初速度%所在的方向建立X轴，末速度为所在的方向建立y轴，如图所示，把重

力加速度g分解成沿x轴负方向的geos。和沿y轴正方向的gsinO.石块在x轴方向上做匀减速运动，末

速度为0,历时3故有：

s工=lgt2cosd①

石块在y轴方向上作匀加速运动，初速度为0,历时也为3故有：

2

sy=^gtsin6②

由①②两式解得两者距离：