2021年湖北省十一校高考物理第二次联考试卷

2021年湖北省十一校高考物理第二次联考试卷（3月份）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.玉兔二号月球车是采用核能来提供能量的，它的核能电池系统主要包括两个组成部

分：一个装填杯（部8Pa）二氧化物的热源和一组固体热电偶。该装置使杯238衰变

产生的核能转化为电能，这一系统设计使用寿命为14年。杯238的半衰期为88年，

原来静止的一个杯238衰变时放出a粒子和y光子，生成原子核X。已知杯238、a粒

子、X的质量分别为mi、m2,m3,普朗克常量为力，真空中的光速为c,下列说法

正确的是（）

A.X的中子数比杯238的中子数少4个

B.杯238的温度升高后，其半衰期可能变为90年

C.y射线的电离本领比a射线强

h

D.y光子的波长大于

(m1-m2-ni3)c

2.通电的等腰梯形导线框必Cd与无限长通电直导线MN在同一平

面内，电流方向如图所示，油边与历N平行。下列关于通电直

导线的磁场对线框作用的说法中正确的是（）

A.线框所受安培力的合力为零

B.线框有两条边所受的安培力方向相同

C.线框有两条边所受的安培力大小相同

D.线框在安培力作用下一定有向右的运动趋势

3.高楼坠物极其危险，被称为“悬在城市上空的剑”。若一枚质量为50g的鸡蛋，从

27层楼的窗户自由落下，与地面撞击时间约为0.001s.不计空气阻力，则鸡蛋对地

面的平均作用力约为（）

A.3000NB.2000NC.1000ND.500N

4.冬奥会上有一种女子单板滑雪U形池项目，如图所示为U

形池模型，池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U形池

两侧边缘，且在同一水平面，6为U形池最低点。某运动

员从。点上方/i高的O点自由下落由左侧切线进入池中，

从右侧切线飞出后上升至最高位置”点（相对c点高度为今。

不计空气阻力，重力加速度为g,则运动员（）

A.第一次经过b点时处于失重状态

B.第一次经过c点时的速度大小为迎诵

C.第一次从。到6与从〃到c的过程中机械能损失相同

D.从d向下返回一定能越过a点再上升一定高度

5.我国北斗导航系统（BDS）到今年（2020年）将全面建成，是继GPS、GLONASS之后

第三个成熟的卫星导航系统。该卫星导航系统空间段包括5颗静止轨道卫星和30

颗非静止轨道卫星，静止轨道卫星是地球同步轨道卫星的一种。若有一颗与地球同

步轨道卫星在同一轨道平面内的人造地球卫星，在自西向东绕地球运行，已知它的

运行半径为同步轨道半径的四分之一，地球自转周期为7,某时刻该卫星与地球同

步轨道卫星相距最近，则到下一次相距最近经历的最短时间为（）

ATTT

c-

A.-B&J7D1

6.如图所示，空气中有一折射率为我的玻璃柱体，其横截面是圆

心角为90。.半径为R的扇形NBC.该柱体厚度为h,即MN=

DC=AB=一束刚好覆盖A8NM面的单色光，以与该面成45。

D

角的方向照射到面上.若只考虑首次入射到A5CO面上

的光，则A5C。面上有光透出部分的面积为（）

AJtRhP,nRhcnRh

A・"

--•4"3

7.如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝XX

XX

正方形闭合线框讪cd。t=0时刻，线框在水平外力

XX

的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，beXX

边刚进入磁场的时刻为口，〃边刚进入磁场的时刻为£2,设线框中产生的感应电流

的大小为3ad边两端电压大小为U,水平拉力大小为R则下列八U、尸随运动

时间，变化关系图象正确的是（)

B.

正

oflt

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

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8.如图所示，同一介质中的P、。两列持续振动的简谐横波分别沿x轴正向和负向传

播，质〃、b、c、d分别位于x=6m、7小8,〃、7.5m处，若波的传播速度为10m/s,

图示为t=Os时刻的波形图。则再经过t=0.55时（）

A.质点振动的频率为0.4HzB.质点a、c处于平衡位置

C.质点b的位移大小为30cmD.质点4的振动方向沿-y轴

9.如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的

柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于

静止状态。若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，

则（）

A.8对墙的压力减小

B.B对4的压力增大

C.地面对4的摩擦力减小

D.A对地面的压力增大

10.图示电路中，变压器为理想变压器，〃、6接在电压有效值不变的交流电源两端，Ro

为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置，观

察到电流表&的示数增大了0.24电流表&的示数增大了0.84已知各表均为理想

交流电表，下列说法正确的是（）

A.电压表彩示数不变，匕示数减小

B.电压表匕、%示数都增大

C.变阻器滑片是沿CTd方向滑动的

D.该变压器是升压变压器

11.质量为胆的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在f秒末加上竖直方向且

范围足够大的匀强电场，再经过2f秒小球又回到A点，整个过程中不计空气阻力

且小球未落地，贝!1（）

A.从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能减少了［mg2t2

B.匀强电场的大小为后=詈

C.整个过程中小球电势能减少了2t2

D.从A点到最低点的过程中，小球重力势能减少了|加炉产

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

12.某实验小组同学利用下列器材做“研究合外力做功与动能变化的关系”实验:

4一端带有滑轮和刻度尺的轨道

8.两个光电计时器

C安装有挡光片的小车（质量为M）

。拴有细线的托盘（质量为m。）

E.可以调节高度的平衡支架

F.一定数量的钩码

某小组选用上述器材安装实验装置如图甲所示，轨道上安装了两个光电门A、B.实

验步骤：

①调节两个光电门中心的距离，记为L;

②调节轨道的倾角，轻推小车后，使小车拉着钩码和托盘能沿轨道向下匀速经过

光电门A、B,钩码的质量记为

③撤去托盘和钩码，让小车仍沿轨道向下加速经过光电门A、B,光电计时器记录

小车通过4、B的时间分别为△t2；

④利用测得的数据求得合外力做功与动能变化的关系。根据实验过程，滑轮的摩

擦力不计，回答以下问题

（1）图乙是用游标卡尺测挡光片的宽度d,则d=cm。

（2）小车加速从A到B过程中合外力做的功W=;小车动能的变化量的表达

式△&=（用测得的物理量的字母符号表示）。通过实验可得出：在误差允许

的范围内合外力所做的功等于小车动能的增量。

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13.某同学为精确测量某金属圆柱的电阻，设计了如图甲所示的电路图。现在需要两个

量程为200加4的电流表，但实验室提供的器材中，一个电流表的量程为100〃达,

内阻为120,另外一个电流表的量程为200,“A。

甲乙

（1）图中E为学生电源、G为灵敏电流计、4代表量程为100〃滔电流表4（图中未画

出）改装后的电流表、4为量程为200〃出的电流表、灯为电阻箱、/?2与角均为滑动

变阻器、心为定值电阻、S为开关、％为待测金属圆柱，另有导线若干，这些器材

全部由实验室提供。具体的实验操作如下：

A.按照如图甲所示的电路图连接好实验器材；

及将滑动变阻器/?2的滑片、滑动变阻器的滑片均调至适当位置，闭合开关S；

C调整/?3,逐步增大输出电压，并反复调整治和/?2使灵敏电流计G的示数为零，

此时量程为100〃源的电流表4的示数为4,42的示数为，2，电阻箱的示数为％；

D实验完毕，整理器材。

①实验步骤3中滑动变阻器/?3的滑片应调至最（填“左”或“右”）端；

②某次测量时，量程为100加4的电流表A的指针位置如图乙所示，则此时通过??2的

电流为mAo

（2）待测金属圆柱心的阻值为（用所测物理量的字母表示）。

（3）电流表4、4的内阻对测量结果（填“有"或“无”）影响。

四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）

14.如图所示，在一圆形管道内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和质量为小的

可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的M、N两部分。温度都为7。=

300K,上部气体M压强为po=1.0xl05Pa,活塞A产生的压强有%=2x

104pa（S为活塞横截面积）。现保持下部分气体N温度不变，只对上部分气体M缓

慢加热，当活塞A移动到最低点8时（不计摩擦），求：

H

⑷上部分气体的温度；

(ii)保持上下部分M、N气体温度不变，释放一部分M气体，稳定后活塞4又回到

了原来的位置，则释放气体质量与M气体原有质量之比。

15.如图所示，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向

不断发射电荷量为+q、质量为机的粒子，不计重力,

粒子的速率都相同。外为尸点附近的一条水平直线,

尸到直线外的距离PC=3。为直线必上一点，它

与P点相距PQ=?L。当直线仍以上区域只存在垂

直纸面向里、磁感应强度为8的匀强磁场时;水平向左射出的粒子恰到达。点;

当加以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达外直线，且它

们到达外直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达。点。求:

(1)粒子的发射速率；

(2)匀强电场的场强大小和方向。

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16.如图所示，倾角为0=30。的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h=6.0m,一

薄木板8置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度=1.1m的轻弹簧，

木板2总质量m=1kg,总长度L=6.5m。有一个质量为M=3kg的小物块A以沿

斜面向下大小为8.0/n/s的速度滑上木板8,A、B之间的动摩擦因数“=手,木板B

下滑到斜面底端碰到挡板后立刻停下，物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直

处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=l(hn/s2,不

计空气阻力。求：

(1)斜面体与木板B的动摩擦因数“o；

(2)木板8与挡板碰撞前的瞬间的速度大小；

(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、a粒子的质量数为4,电荷数为2,所以a粒子的中子数为2,经过一次

a衰变后，生成物X的中子数比杯238的中子数少2个，故A错误；

8、元素的半衰期是由放射性元素本身决定的，与原子所处的物理状态无关、与化学状

态无关，故8错误；

C、根据三种射线的特点可知了射线的电离本领比a射线弱，故C错误；

D、该核反应中的质量亏损为：△m=?111-瓶2-爪3,杯238衰变时动量守恒和能量守

恒，总动量为零，衰变后射线动能不为零，因此释放的核能只有一部分以y光子的形式

辐射出去，则有：hy<（61-m2-阳）。?，又y=（,因此久>嬴三匕薪，故。正确。

故选：Do

半衰期与原子所处的物理状态无关、与化学状态无关；根据质量数守恒与电荷数守恒判

断X的质量数与电荷数，然后结合原子核的结构求出中子数；根据三种射线的特点判断;

根据质能方程，结合质量亏损判定，y粒子是光子。

考查学生的理解能力、推理能力，需要学生熟知原子核的组成、核反应方程、半衰期、

质量亏损等知识点，体现了对物理观念这一学科素养的考查。

2.【答案】C

【解析】解：ABD,通电导线向历的有效长度等效于通电导线A的长度，但由于导线

曲儿更加靠近NM,导线曲儿所在的磁场平均强度要大于导线de所在磁场强度，故导

线而儿所受安培力大于导线de所受安培力。根据左手定则，导线面次所受安培力方

向向左，导线de,所受安培力方向向右。整个线框所受安培力合力方向向左，线框在安

培力作用下一定有向左的运动趋势，故ABD错误；

C、另外，导线历和da所受安培力大小相等，但方向不同，故C正确。

故选：C。

通电导线dabc的有效长度等效于通电导线de的长度，但由于导线面儿更加靠近NM,

导线必松所在的磁场平均强度要大于导线A所在磁场强度，故导线面be所受安培力

大于导线A所受安培力。根据左手定则，导线dabc所受安培力方向向左,导线A所

受安培力方向向右。整个线框所受安培力合力方向向左。

本题考查了平行通电直导线间的作用、安培力、左手定则等知识点。两条平行的通电直

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导线之间会通过磁场发生相互作用：①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反

时，将会排斥。

3.【答案】B

【解析】解：每层楼高约为3,”，鸡蛋的质量m=50g=0.05kg,

鸡蛋下落的总高度为：九=(27—1)x3m=78m；

根据h=：gt2可得，自由下落时间为："=后=J察s=3.9s；

与地面的碰撞时间约为：t2=0-001s,以向下为正方向，对全过程根据动量定理可得:

mg(t]+t2)-Ft2=0

解得鸡蛋受到冲击力为：F=1950N=2000N,根据牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面

的的平均作用力约为2000N,故B正确，AC。错误。

故选：B。

己知每层楼高约为3,“，计算鸡蛋下落的总高度，计算下落的时间，再对全过程根据动

量定理列方程求解难以鸡蛋受到的冲击力，再由牛顿第三定律求出鸡蛋对地面的平均作

用力。

本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要明确过程，注意分析运动过程

中物体的受力情况，能够根据全过程动量定理求解。

4.【答案】D

【解析】解：A、第一次经过人点时，运动员做在人点做圆周运动，向心加速度竖直向

上，处于超重状态，故A错误；

B、从c到乩运动员做竖直上抛运动，根据动能定理可得：-7719弓=0-：小改，解

得%=y/gh1故B错误；

C、由于从a到人与从b到c的平均速度不同，平均压力不同，平均摩擦力不同，所以

第一次从a到人与从匕到c的过程中机械能损失不相同，故C错误；

。、从高人处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为发克服摩擦力

做功为必=mgh-[mg/i=：血9%，从“返回经c到a克服摩擦力做功小于:mgh,故

从d返回经c到b一定能越过a点再上升一定高度，故。正确；

故选：Do

运动员在c点向心加速度竖直向上，处于超重，从c到〃竖直上抛，根据动能定理求得

C点速度，运动员在圆弧中运动过程中，根据平均速率的大小判断平均压力的大小、平

均摩擦力的大小、克服摩擦力做的功的大小，由此分析能量的损失情况。

本题主要是考查能量守恒定律，解答本题要知道运动员在圆弧中运动过程中的平均速率

越大，平均压力也越大，平均摩擦力就大，克服摩擦力做的功也越大，由此分析能量的

损失情况。

5.【答案】C

【解析】解：卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，有：^=m^r

r2T2

解得：T=2兀叵

7GM

已知卫星的运行半径为同步轨道半径的四分之一，则该人造卫星与同步卫星的周期之比

是：0=E=i(

T7(4r)38

设卫星至少经过f时间再次相距最近，有：偌-年)t=2〃

解得：t故C正确，A3。错误。

故选：Co

通过万有引力提供向心力求出周期与轨道半径的关系，从而求出人造卫星的周期。

抓住转过的圆心角关系求出再次相距最近的时间。

此题考查了人造卫星的相关知识，涉及到万有引力定律和圆周运动知识的综合应用能力,

要理解当卫星转过的角度与同步卫星转过的角度之差等于2兀时，两卫星再次相距最近。

6.【答案】B

【解析】解：根据折射定律有:n=%,得sis=%=

stnrn

曙=0.5,折射角r=30。，即光进入玻璃后光线与

竖直方向的夹角为30。.

过N的光线垂直入射到BC界面上点。射出，。到B

之间没有光线射出；越接近A的光线入射到NB界面

上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大.

根据临界角公式：sinC=；=羹，可得临界角C=45。

设8c界面上的临界点为E,此光线在NB界面上点F入射，在三角形NE8中可求得NE

与水平方向的夹角为：

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180°-(120°+45°)=15°

所以E到8之间没有光线射出.由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90。-

(30°+15°)=45°=：

所以有光透出的部分的弧长为则4BCD面上有光透出部分的面积为S=：兀/?无故

44

ACD错误，B正确.

故选：B.

作出两条特殊光线，一是从代或用点射入玻璃柱体的光线，在40面上折射后传播入

方向不变，二是在BC圆弧面上发生恰好全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线

之间，然后根据几何关系求解.

根据光的折射、全反射原理在AB弧面上找到有光线透出的范围，然后依据几何关系求

解.

7.【答案】C

【解析】解：4、8由题得到，金属杆的速度与时间的关系式为u=at,。是加速度。由

E=和/=?得，感应电流与时间的关系式为

/=华3B、L、a均不变，当0-匕时间内，感应电流为零，口一12时间内，电流/

与r成正比，0时间后无感应电流。故AB错误。

C、由E=BLv^I=*得，感应电流与时间的关系式为/=等如当0-ti时间内，感应

电流为零，ad的电压为零，0-t2时间内，电流/与t成正比，%=IRaa=x：R=

竿，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，L=E=BLat电

压随时间均匀增加，故C正确。

D、根据推论得知：金属杆所受的安培力为自=哈，由牛顿第二定律得

F-FA=ma,得F=*t+ma,当0—口时间内，感应电流为零，F=ma,为定

值，G-t2时间内，F与/成正比，F与，是线性关系，但不过原点，时间后无感应电

流，F=ma,为定值，故。错误。

故选：Co

金属杆在外力尸的作用下沿框架向右由静止开始做匀加速直线运动，由运动学公式得到

金属杆的速度与时间的关系式，根据感应电动势公式E=8瓦和欧姆定律/=孩得出感应

电流与时间的关系式.根据推论：安培力治=竺立，由牛顿第二定律求得下与f的关系

式.即可选择图象.

根据物理规律得到物理量的表达式，再选择图象是研究图象问题常用的思路，采用数学

上数形结合的思维方法.

8.【答案】BD

【解析】解：A、由题意知，v=10m/s,X-4m,由v=4f得质点振动的频率为f=：=

=2.5Hz,振动周期为T=，=0.4s,故A错误。

B、质点〃、c为振动减弱点，当t=0.5s,两波振动方向相反，所以质点“、c处于平衡

位置，故8正确。

C、质点b是振动加强点，t=0.5s时，两列波在质点〃的位移均为0,故质点6的位移

为0,故C错误。

4t=0.5s时，简谐横波P在4处向下振动，简谐横波。在”处也向下振动，所以质

点d的振动方向沿-y轴方向，故。正确。

故选：BD。

由图读出波长，根据波速公式。=2/■求得频率。根据根据各点振动时间与周期的关系，

结合波的叠加原理分析它们的状态。

本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变。理解波的叠加遵守

矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二

倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。

9.【答案】AC

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【解析】解：AB、小球B受重力、A的支持力居和墙壁的压力尸2。如图1所示

图1

将重力G分解为Gi和Gz，则根据平衡可知：

G

&=G】=而

F2=G?=Gtand

当A向右移动少许，根据题意可知,A对小球B的作用力&与竖直方向的夹角。将减小,

G

图2

可知：因。减小；故cos。增大，tan。减小，即墙壁对小球8的作用力将减小，4对小球

B的支持力减小。

根据牛顿第三定律可知，球3对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小；故A正

确，8错误；

C、再对4进行受力分析知：由于4的平衡，所以A受地面摩擦力f=尸砂山。

根据题意知，8对A的压力FB减小且心与竖直方向的夹角。减小，故A所受地面的摩擦

力/减小，故C正确；

。、对整体分析可知，整体受重力和支持力的作用，由于竖直方向受力不变，故受地面

的支持力不变，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力不变；故。错误；

故选：AC。

整个装置处于静止状态,因此可用共点力平衡条件进行求解。将AB看成整体可求墙壁、

地面对整体的作用力，单独对A、B分析可求两者相互作用力。

本题考查共点力平衡条件，要求学生运用整体法和隔离法，结合受力分析，判断各力变

化情况，难度适中。

10.【答案】AC

【解析】解：8、由题意知，电源电压有效值不变，变压器原副线圈匝数不变，电压表匕、

彩示数都不变，故B错误；

C、副线圈两端电压不变，电流增大，总电阻减小，可知滑动变阻器电阻减小，即滑片

从c向d滑动，故C正确；

A、定值电阻区两端电压增大，滑动变阻器R两端电压减小，即g示数减小，故4正确：

D、由变压器的电流表可知詈=0=竽=翳=：,变压器原线圈匝数大于副线圈匝数,

变压器是降压变压器，故。错误。

故选：AC.

根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余

部分是外电路，外电路中，&与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并

联电路的电压、电流关系分析即可。

本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并

联电路的电压电流关系列式分析。

11.【答案】AC

【解析】解：4、由于"=gt,从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=

^mg2t2,故A正确；

3、设电场强度大小为£加电场后小球的加速度大小为”，取竖直向下方向为正方向，

则由.2t*a(2t)2],v=gt,解得a=：g,

由牛顿第二定律得：。=让”,联立解得电场力的大小：Eq=[mg,故8错误；

C、整个过程中电场力做的功W=3mgx[gt2=gmg2£2,电场力做的功等于电势能的

减小量，整个过程中小球电势能减少了2t2,故c正确；

O

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D、设从A点到最低点的高度为儿根据动能定理得：mgh-qE(h-\gt2}=G,解得：

h=从A点到最低点的过程中，小球重力势能减少了△E=mg/i=^rng2t2,

故。错误。

故选：AC。

分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运

动，后向上做匀加速运动。由运动学公式求出f秒末速度大小，加上电场后小球运动,

看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相

反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由皿=9后6?求得电场力做功，即可

得到电势能的变化。由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量。

本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运

动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、

方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究。

12.【答案】0.735(m0+m)gL--^)

【解析】解：(1)游标卡尺的主尺读数为力〃〃1,游标精度值为0.05小小，游尺读数为7x

0.05mm=0.35mm,则最终读数为7.35?mn=0.735cm。

(2)小车加速从A到3过程中合外力等于钩码和托盘的重力，所以合外力做的功W=

(m0+m)gL；小车动能的变化量的表达式△Ek=期-vf),其中药=旨必=寻

所以=竿(志一点)。

故答案为：(1)0.735；(2)(m0+m)gL；(表—京)。

(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；

(2)小车加速从4到8过程中合外力等于钩码和托盘的重力，根据W=仪求解合外力做

的功；小车动能的变化量的表达式△Ek=§M(诏一说)，其中%=今，W=今，从而

NAC]4匕2

知动能的变化量。

本题考查探究功与速度变化的关系实验，解决本题的关键掌握数据处理的方法，会通过

数据求解瞬时速度。

13.【答案】左160竽无

*2

【解析】解：(1)①由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，

闭合开关前，应滑动变阻器/?3的滑片应调至最左端。

②&代表量程为100〃泊电流表A改装后的电流表，改装后电流表量程是200加4,改装

后量程为原量程的2倍；

由图乙所示表盘可知，量程为100加4的电流表4的分度值为4mA,示数为SQmA,

由于改装后电流表量程是原电流表量程的2倍，则通过电阻/?2的电流为80nMx2=

160mAo

(2)电流计G的示数为零，则%和％两端的电压相等，由并联电路特点与欧姆定律得:

2I1R1=/2^x»

解得，待测金属圆柱的阻值勺=竿

(3)待测金属圆柱的阻值％=等，电流表4、&的内阻对测量结果较没有影响。

故答案为：(1)①左；②160；(2)等；(3)无。

(1)①滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片应置于分压电路分压

为零的位置。

②根据题意与电流表的改装原理求出通过电阻的电流.

(2)根据实验步骤应用并联电路特点与欧姆定律求出待测金属圆柱的电阻。

(3)根据实验原理与实验步骤分析实验误差。

本题考查了测量某金属圆柱的电阻实验，分析清楚电路结构、理解实验原理是解题的前

提与关键，根据电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律可以解题。

14.【答案】解：①对下部分气体N,做等温变化，初状态压强为：Pi=Po+詈

体积为：匕=Vo

末状态：压强为P2,体积为：V2=|VO

根据玻意耳定律有：PiK=p2V2

对上部分气体M,当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的

压强

P2=P2

初状态：压强为Po，温度为70，体积为力

末状态：压强为P2‘，温度丁2’，体积为吗'=|匕

根据理想气体状态方程，有：华=竿

代入数据解得：T2'=3.67。=1080K；

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（苴）设上部分气体M,等温T2'变化，压强回到Po时体积为匕，根据玻意耳定律有：pov3=

P2V2

代入数据解得：匕=等=3.6匕

Po

对应释放气体的等效体积为：AV=V3-V0=2.6%

释放气体zbn与原气体质量利之比为：黑=*=号=*

°m。为3.618

答：⑴上部分气体的温度为1080K；

3）保持上下部分M、N气体温度不变，释放一部分仞气体，稳定后活塞A又回到了原

来的位置，则释放气体质量与M气体原有质量之比为9。

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【解析】⑴对下部分气体，做等温变化，找到气体的状态参量，根据玻意耳定律列式

求解下部分气体的压强，对上部分气体，当活塞A移动到最低点时，对活塞A受力分析

可得出两部分气体的压强：根据理想气体的状态变化方程求解上部分气体的温度。

5）根据玻意耳定律上部分气体压强回到原来的位置时气体的体积，从而分析释放的气

体的体积，释放气体质量与M气体原有质量之比等于其释放的气体的体积与原体积之

比。

解决该题的关键是掌握用玻意耳定律分析求解某状态下的气体的压强大小，熟记理想气

体的状态方程，知道释放的气体的体积与其质量的关系。

15.【答案】解：（1）设粒子做匀速圆周运动的半径R,过。作P。的垂线交尸。于A点，

如图所示

由几何知识可得：£=符

解得，粒子做匀速圆周运动的轨道半径R=Q。=”，

O

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：Bqv=

解得，粒子发射速度为：》=警；

(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达而直线的动能相等，可知浦为等势面，电场

方向垂直ah向下。

水平向左射出的粒子做类平抛运动，水平向左射出的粒子经时间f到达Q点，CQ=

J亭

与