2021年河北省石家庄市高考物理质检试卷（一）（一模）（附答案详解）

2021年河北省石家庄市高考物理质检试卷（一）（一模）

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.如图所示为氢原子的能级图，已知巴尔末线系是氢原子从较高能级跃迁到n=2能

级时发出的谱线，一束单一频率的光照射一群处于基态的氢原子使其发生跃迁，发

出的谱线中仅有2条是巴尔末线系，则这束光的光子能量为（）

“E/eV

8---------------------------------------0

5-0.54

4-------------------------------------------0.85

3-------------------------------------------1.51

2-------------------------------------------3.40

|----------------------------------------------13.60

A.2.55eVB.12.09eVC.12.75eIZD.13.06eV

2.一个各边电阻相同、边长均为L的正六边形金属框..儿.

a历时放置在磁感应强度大小为8、方向垂直金属框所....

在平面向外的匀强磁场中。若从“、方两端点通以如图----------

所示方向的电流，电流大小为/，则关于金属框abc的

受到的安培力的判断正确的是（）

A.大小为BIL,方向垂直ab边向左B.大小为BIL,方向垂直如边向右

C.大小为2B/L方向垂直外边向左D.大小为28/3方向垂直时边向右

3.高速公路的ETC通道长度是指从识别区起点到自动栏杆的水平距离。如图所示，

某汽车以180n/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子

标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动

刹车，汽车刚好没有撞杆。已知该E7C通道的长度为车载电子标签到汽车前

车牌的水平距离约为1m,刹车加速度大小为5m/s2,由此可知司机的反应时间约

为（）

A.0.65B.0.8sC.1.0sD.1.2s

4.一辆汽车在平直公路上保持恒定功率方以速度为匀速行驶，h时刻驾驶员立即将功

率增大到2Po行驶一段时间，t2时刻遇到险情，驾驶员立即将功率减小到方继续向

前行驶，整个过程汽车所受阻力恒定，则该过程中汽车的速度v随时间「变化的关

系图像可能正确的是（）

5.如图所示，两个质量均为〃?的相同货物A、B叠放在自卸货车的车厢底板上保持相

对静止一起加速下滑，车厢底板与水平面的夹角为a,A、B间的动摩擦因数为〃1，

8与车厢底板间的动摩擦因数为“2,货车在水平地面上始终保持静止，最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.货车受到地面的静摩擦力方向水平向左

B.货车对地面的压力大于货车与货物的总重力

C.货物A受到的摩擦力大小一定为〃17ngeosa

D.%与%的关系满足以2“2

6.图甲为交流发电机的示意图，磁场为水平方向的匀强磁场，匝数n=100匝，电阻

r=10的矩形线圈绕垂直于磁场的竖直轴。0'逆时针匀速转动，输出的交变电压随

时间变化的图像如图乙所示。已知电阻R=4。，电流表为理想交流电表。下列说

法正确的是（）

第2页，共20页

A.0.01s时刻穿过线圈的磁通量为0

B.电流表的示数为1.254

C.0〜0.01s通过回路的电荷量为巫C

2571

D.在一个周期内回路消耗的电能为0.625/

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

7.如图所示，水平放置的网球发球机正对着竖直墙面发射网球，两次发射的网球分别

在墙上留下A、B两点印迹。测得04=4B,OP为水平线，若忽略网球在空中受到

的阻力，下列说法正确的是（）

A.两球发射的初速度力：vB=l：2

B.两球发射的初速度以：vs=V2：1

C.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间以：tB=1：V2

D.两球从P点发射到碰到墙面所用的时间打：M=1：2

8.如图所示，利用霍曼转移轨道可以将航天器从地球发送到火星。若地球和火星绕太

阳公转的轨道都是圆形，则霍曼轨道就是一个近日点和远日点都与这两个行星轨道

相切的椭圆轨道。当航天器到达地球轨道的P点时，瞬时点火后航天器进入霍曼轨

道；当航天器运动到火星轨道的。点时，再次瞬时点火后航天器进入火星轨道。己

知火星绕太阳公转轨道半径是地球绕太阳公转轨道半径的k倍，下列说法正确的是

()

小桢轨道

火丫轨道7

地球就道

A.航天器在霍曼轨道上经过。点时，点火减速可进入火星轨道

B.航天器在地球轨道上的加速度大于在火星轨道上的加速度

C.航天器在地球轨道上运行的线速度小于在火星轨道上运行的线速度

D.若航天器在霍曼轨道上运行一周，其时间为号（k+1）降

9.如图所示，△AOC为直角三角形，Z0=90°,乙1=

60°,AO=L,。为AC的中点。A/IOC中存在垂直

纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8,在。/=x*x

点放置一粒子源，可以向各个方向发射质量为加、,

电荷量为-外速度大小均为为=*的粒子。不计粒子间的相互作用及重力作用，

对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）

A.粒子在磁场中运动的半径为L

B.与OC成45。角入射的粒子将从AC边射出

C.在AC边界上有粒子射出的区域长度为L

D,所有从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间相等

10.如图所示，匀强电场的方向平行于xOy平面，4、沙分别垂直于x轴y轴，a、b、

c三点的电势分别为4K8V,10Vo现使一电荷量为q=-2X10-5心质量m=

2夜x1。-33的带电粒子从。点垂直湖斜向上运动，恰好通过6点。已知该粒子

仅受电场力作用，下列说法正确的是（）

•v/cm

A.坐标原点。的电势为8V

B.电场强度的大小为100立IZ/m

第4页，共20页

C.该粒子从0点运动到b点过程中，电场力做功为4x10-5/

D.该粒子在。点速度大小为2Vm/s

三、实验题（本大题共4小题，共43.0分）

11.某同学利用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。首先将木板倾斜固

定在水平面上，木板与水平面间的夹角为37。，木板底端固定一打点计时器，然后

将纸带一端固定在木块上，另一端穿过打点计时器。使木块瞬间获得一初速度沿木

板向上运动，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取比较清晰的一段如图乙所

示，取A、B、C、D、E五个计数点，每相邻两个计数点之间还有四个点未画出，

打点计时器使用交流电的频率为50Hz,测得相邻两计数点之间距离分别为勺=

29.40cm、42=21.30cm、打=13.20cm、办=5.10cm。已知sin37°=0.6,cos37°=

0.8,重力加速度g取10m/s2。

（1）通过计算纸带数据可得木块运动的加速度大小为m/s2,木块与木板间的

动摩擦因数为（计算结果均保留2位有效数字）。

（2）如果当时所用交变电流的频率为49Hz,而该同学仍按504z计算，由此会造成

木块与木板间动摩擦因数的测量值与实际值相比（选填“偏大”“偏小”

或“不变”）。

12.现要准确地测量量程为0〜100mA、内阻约为100的电流表A的内阻段,实验室提

供的器材如下：

电流表4（量程0〜0.64,内阻约为0.1。）；

电压表V（量程0〜3U,内阻约为3k0）；

定值电阻&（阻值为2.00）；

定值电阻/?2（阻值为150）；

定值电阻7?3（阻值为1500）；

滑动变阻器R（最大阻值约100,允许通过的最大电流为24）；

电源E（电动势1.5V,内阻约0,5。）；

开关5,导线若干。

(1)为测量电流表A的内阻，某同学选用上述的一些器材如图甲所示，其中定值电

阻R卯应该选择(填写对应器材的符号)，并在图中以笔代线连接实物电路图。

(2)按图甲电路进行实验，多次测量得到多组电流表A和4的读数/、A，以/为纵

轴，/i为横轴，用描点法得到/一人图像，若图像的斜率为总定值电阻R甲的阻值

设为则电流表A的内阻&=(用题中所给字母品、女表示)。

(3)为测电流表A的内阻，另一同学选用上述的一些器材设计了图乙所示电路。从

实验测量精度的角度分析，该电路存在的主要问题是。

13.如图所示，固定的光滑四分之一圆弧轨道与水平面在尸点平滑连接，质量分别为

叫=3kg、m2=5kg的小物块甲、乙静止在水平面上，两物块中间夹有少许炸药，

物块甲距尸点的距离s=7.5m。己知物块乙左侧水平面光滑右侧水平面粗糙，两物

块与粗糙部分水平面间的动摩擦因数均为〃=0.1。现点燃炸药，炸药爆炸甲、乙

瞬间分离，甲在圆弧轨道能上升的最大高度九=1.25m。若爆炸过程中物块质量不

变，释放的化学能全部转化为两物块的动能，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度

g|X10m/s2,求：

(1)炸药爆炸过程中释放的化学能；

(2)两物块最终静止时相距的距离。

14.如图所示，中间开有小孔0、0',间距为34的两正对金属板M、N水平放置，分

别用导线与间距为L的平行金属导轨连接，导轨两端接入阻值均为R的两定值电阻,

导轨电阻不计。导轨所在部分区域存在匀强有界磁场I、n,两磁场相邻，宽度均

第6页，共20页

为“，磁感应强度大小均为8,其中磁场I方向垂直纸面向外，磁场n方向垂直纸

面向里。阻值为R的金属杆时与导轨垂直且接触良好，杆必在外力作用下以速度

火向右始终匀速运动。某时刻杆刈进入磁场I,同时一带电量为+q的小球以一定

速度自小孔0竖直向下射入两板间，杆岫在磁场I中运动时，小球恰好能匀速下

落；杆必从磁场I右边界离开时，小球恰好从孔。'离开，忽略极板间充放电时间。

重力加速度为g。

(1)求杆外在磁场I中运动时通过每个电阻R的电流；

(2)求小球的质量m和小球从0点射入两板间的初速度大小；

(3)将磁场I和□的磁感应强度均增大到原来的左倍，杆而进入磁场I的速度孙和

小球从。点射入两板间的初速度均不变，发现小球一直竖直向下运动且从。'孔离开

时的速度与其初速度相等，求k值。

四、简答题(本大题共1小题，共3.0分)

15.夜色斑斓迎客来，灯光旖旎惹人醉-城市夜生活是我们感受

幸福的一种方式。某商场利用单色激光和横截面为梯形的

透明介质制造出了“光瀑布”，其原理如图：梯形ABCC

的边BC=L,48=60。。单色激光与水平方向的AB边成。

角斜向右下方射向透明介质的AB边时，8c边会有竖直向

下的光射出，配合干冰产生的烟雾效果，就会有“光瀑布”的感觉。已知该介质对

激光的折射率为百。已知光在真空中的速度为c,不考虑光在介质BC边上的反射。

(1)要使BC边上所有区域都有光线竖直向下射出，求AB边上有光线射入的区域最

短长度；

(2)求光从AB边射入到从8C边射出，在透明介质中传播的最长时间。

五、计算题(本大题共1小题，共9.0分)

16.如图所示，某兴趣小组设计了一款测量水深的装置，内话案A

壁光滑的尸、Q两汽缸通过容积可忽略的细管相连。汽

缸P上端开口，横截面积为2S；汽缸。下端封闭，横

截面积为S,使用前用密闭良好的轻质活塞A和B在两

汽缸内分别封闭一定质量的理想气体，稳定时活塞A距

尸底部距离为3P内部气体压强为Po,活塞B恰好位

于汽缸Q顶端且距汽缸底部为L,缸内气体压强为4p。。使用时将此装置置入深水

中，根据测量活塞相对汽缸的位置可计算出装置所处位置的水深。已知外界大气压

强始终为Po(Po相当于10/n高的水柱产生的压强)，缸中气体温度保持不变。

(1)若将该装置放在水面下10/n处(L«10m),求稳定后活塞A相对汽缸P向下移

动的距离d；

(2)求该装置可测量水深的最大值八~

第8页，共20页

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：由于巴尔末线系是氢原子在从较高能级跃迁到2能级发出的谱线，又由于

处于激发态的氢原子会自发跃迁时发出的谱线中有2条是巴尔末线系，因此此激发态处

于n=4能级，依据吸收的能量即为两能级的能量之差，那么这束光的光子能量为：E=

E4-E1=-0.85eK-(-13.6eK)=12.75elZ,故ABD错误，C正确；

故选：C。

依据巴尔末线系是氢原子在从较高能级跃迁到2能级发出的谱线，再结合自发跃迁时发

出的谱线中有2条是巴尔末线系，从而即可求解这束光的光子能量。

考查巴尔末线系的概念，掌握跃迁时释放能量的求解，注意自发跃迁时发出的谱线中有

3条是巴尔末线系是解题的关键。

2.【答案】A

【解析】解：设每个边的电阻为R，则Ad即五段电阻串联电阻5R,然后与外边电阻

R并联，设血中电流为人，Ad弥中电流为与，则小12=5/?：R=5：1,所以/]=：/,

6

4=9,根据对称性，。•与cd两边的安培力等大反向，合力为零，历与论两边的安培

力等大反向，合力为零，cd边所受安培力Fed=BXL=：BIL,方向垂直〃边向

OO

左，而边所受安培力Fab=B义；1XL=；BIL,方向垂直而边向左，金属框〃灰?的'受

66

到的安培力F=Fcd+Fab+=方向垂直外边向左，故A正确，BCD

oo

错误。

故选：Ao

根据并联电路电流分配特点求各边电流，然后求各边所受安培力，再求矢量和。

本题考查了电路的连接与安培力的计算，解决本题的关键是会判断电路的连接情况，并

能看出电路中的对称性。

3.【答案】B

【解析】解：汽车的速度u=18km//i=5m/s,设司机的反应时间为t。，

汽车前t=0.3s+%内做匀速直线运动，其位移为%1=%如则=5x(0.3s+琳)小，

随后汽车做匀减速直线运动，根据速度一位移公式，可得匀减速位移为犯=第，代入数

据，解得&=2.5m,

该ETC通道的长度为L=%+%2+1M,依题意，得L=9m,

联立解得to=0.8s,故AC£＞错误，B正确,

故选：B。

汽车先匀速后减速，分别由匀速直线运动的公式与匀变速直线运动的公式汽车表示位移,

然后根据ETC通道的长度列式可得。

本题考查匀变速直线运动规律，要求学生掌握并运用公式求解问题，难度不大。

4.【答案】B

【解析】解：当功率突然改变且功率突然变大，根据P=F〃

牵引力变大，汽车做加速运动，随着速度的变大，牵引力逐渐变小，

根据牛顿第二定律：F-f=ma

加速度变小，汽车做加速度减小的加速度运动，

若汽车功率突然变小，根据p=

牵引力变的比阻力小，汽车做减速运动，随着速度的变小，牵引力逐渐变大，

根据牛顿第二定律：f-F=ma

加速度变小，汽车做加速度减小的减速运动，

所以当功率突变时的运动都是加速度变小的运动，故u-t图像的斜率逐渐减小，故8

正确,AC。错误。

故选：B„

根据功率的公式：P=Fv,和牛顿第二定律分析汽车的运动加速度的变化情况即u-t图

象的斜率。

解题的关键是功率的公式和牛顿第二定律的两个式子相结合判断加速度的情况。

5.【答案】D

【解析】解：AB、以货车和AB货物为研究对象，整体的一部分（AB货物）有沿车厢方向

向右下的加速度，在向右和向下的方向有加速度分量。

那么整体会一个向右的力产生向右的加速度，这个力只能是地面对货车，即货车受到的

静摩擦力水平向右，故A错误；

整体还有一个向下的加速度分量，则整体处于失重状态，故货车对地面的压力小于整体

的重力，故B错误；

第10页，共20页

CD,设AB整体的加速度为”,对A、8整体根据牛顿第二定律有：2mgsina-2n2cosa=

2ma,单独对A同理有：mgsina-f=ma,且f<^mgcosa,联立以上三式可得：

%N〃2，

由此可知，只有当出=“2时，货物A受到的摩擦力才等于“izngcosa,否则小于“imgcosa,

故C错误、。正确。

故选：D。

(1)以整个车为研究对象，沿水平方向和竖直方向根据牛顿第二定律列方程求解摩擦力

大小和总支持力或压力；

(2)以货物AB为研究对象，沿车厢底板方向牛顿第二定律求解摩擦力，再根据静摩擦力

不大于滑动摩擦力确定两接触面上的动摩擦因数的关系。

计算摩擦力，首先要根据物体的受力情况，判断物体的状态，确定是什么摩擦力，再选

择解题方法。一般情况下静摩擦力由运动状态而定，而滑动摩擦力可由公式求解；当两

个物相对静止时，受到的是静摩擦力；当两个物体之间发生相对运动时，受到的是滑动

摩擦力。

6.【答案】D

【解析】解：A、t=0.01s时线圈产生的感应电动势为零，故此时线圈位于中性面位置，

此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；

B、根据图乙可知，输出的交变电压的最大值为Um=10V2K,有效值U=置=嗤U=

10V,故电流表的示数/=9=当4=2.54故B错误；

C、线圈转动产生的感应电动势的有效值为E=/(R+r)=2.5x(4+l)V=12.5V,最

大值为Em=&E=U,Em=NBSco,在0〜0.01s通过回路的电荷量为q=N器；

联立解得q=^C,故C错误；

D、在一个周期内回路消耗的电能为Q=〃(R+「)7=2.52x5x0.02/=0.625/,故。

正确；

故选：D。

由题图乙可知流过电阻R的交流电电压的最大值、周期，电流表的示数为有效值，根据

产生的感应电动势的大小判断出线圈所在的位置，根据焦耳定律求解外电阻发热量。

本题考查交变电流的产生及有效值的定义，要注意明确电流表示数、机器铭牌上所标的

电流值、电压值等均为有效值。

7.【答案】BC

【解析】解：设。a=48=%,忽略空气阻力，网球做平抛运动

竖直方向：h=：gU，2/1=^gtl

水平方向：%以=Vgtg

解得：tA：tB=1：V2>vA：vB=V2：1

故8c正确，A。错误。

故选：BC。

通过竖直方向位移的比值求时间的比值，通过水平方向位移的比值求初速度的比值。

本题考查了平抛运动的运动规律，平抛运动的常规处理方法是运动的合成与分解，即把

平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。

8.【答案】BD

【解析】解：4、航天器在霍曼轨道上经过。点时，点火加速可进入火星轨道，故A错

误；

BC、根据万有引力提供向心力普=ma=叫可得：向心加速度a=胃，线速度u=

由于地球轨道的半径小于火星轨道的半径，所以航天器在地球轨道上的加速度和线速度

均大于航天器在火星轨道上的加速度和速度，故8正确，C错误；

D,设地球绕太阳公转轨道半径为r,则火星的轨道半径为公，霍曼转移轨道的半长轴

为a,由几何知识可得：。=等=当12

地球绕太阳的运行周期7=1年，航天器在霍曼轨道上运行周期为广，

根据开普勒第三定律忘=条，解得r=厝=小竺詈I?年=,)+1)牌,故。正

确。

故选：BD。

根据变轨知识分析；

根据万有引力提供向心力，求出航天器的加速度和线速度表达式进行比较即可；

根据几何知识求出霍曼轨道的半长轴，结合开普勒第三定律求解椭圆轨道的周期。

本题考查对卫星变轨、开普勒定律及宇宙速度的理解能力，对于天体运动类问题，不要

忽略了开普勒三大定律，另外要注意结合问题和题中条件，寻找等量关系，从而列等式

第12页，共20页

求解。

9.【答案】ABC

【解析】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,

根据牛顿第二定律有：q%B=萼，

解得粒子在磁场中运动的半径为r=詈，

代入数据得r=3故A正确；

B、作出粒子运动轨迹如图(1)所示，

当粒子恰好从4点射出时，

根据几何关系可得粒子与0C成60。角入射，

故与OC成45。角入射的粒子将从AC边射出，故8正确;

C、如图(2)所示，

图(2)

根据几何关系可知，沿CO方向入射的粒子将恰好从D点射出，

结合B选项分析可知为AC边界上有粒子射出的区域，其长度为L,故C正确；

D、设粒子在磁场中运动过程中所转过的圆心角为a,则粒子的运动时间为：t=^T，

由于所有粒子的运动轨迹都为半径相等的圆，从04射出的粒子，

其轨迹所截AO的长度不同，对应转过的圆心角不同，

故所有粒子从OA边界射出的粒子在磁场中运动的时间不等，故。错误；

故选：ABC.

根据牛顿第二定律可知粒子在磁场中运动的半径。

根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系可知与OC成45。角入射的粒子能

否从AC边射出。

作出粒子运动的轨迹由几何关系可知在AC边界上有粒子射出的区域长度。

从边界。4射出的粒子在磁场中运动的半径相同，但轨迹所截A0的长度不同，故所对

应的圆心角不同，时间不同。

明确粒子在磁场中做匀速圆周运动，明确在磁场中运动的临界条件为相切是解决本题的

关键。

10.【答案】BC

【解析】解：A、在匀强电场中，根据U=Ed知沿同一方

向前进相同距离，电势的降落相等，因仍与。”平行且相

等，则仍间的电势差等于0a间的电势差，即

(pc-<Pb=(Po~Va'代入数据解得：Wo=6V,故4错

、口

送；

B、根据匀强电场中电势分布情况可知，必中点e的电势为

£^=~=6乙

22

连接Oe,Oe连线为一条等势线，如图所示。

由几何关系可知，必垂直Oe,则必为一条电场线，且方向由b指向a,

故电场强度大小为E=弊=100V2U/m,故8正确；

CLhgA1.U

c、该粒子从o点运动到6点过程中，电场力做功为

5-5

Wob=qUob=q(?o-(pb)=-2x10-x(6-8)/=4x10/,故C正确；

。、设粒子在。点速度大小为为。粒子从。点运动到2点做类平抛运动，

沿。e方向做匀速直线运动，有Oe=

在垂直于Oe方向上粒子做初速度为零的匀加速直线运动，有尻=：砒2=；.些t2,

22m

联立解得%=2x2Fm/s,故。错误。

故选：BCo

根据U=Ed分析匀强电场中沿同一方向前进相同距离电势的降落关系，据此可以求得

原点。的电势；先作出一条等势线，然后作出电场线，根据U=Ed求电场强度的大小，

由勿=勺。求电场力做功；分析带电粒子在匀强电场中的运动情况，根据类平抛运动的

规律求粒子在O点速度大小。

在匀强电场中，沿同一方向前进相同的距离，电势降落相等。在匀强电场中，相互平行

的直线上，距离相等的两点间电势差相等，这是解题的关键。

第14页，共20页

11.【答案】8.10.26偏大

【解析】解：⑴根据逐差法，利用Ax=a72,T=5，=5X&S=0.1S,求加速度。=

口十号产八)=(2940+2々；,20+。0)*10-2m/s2=8,加/$2,

根据牛顿第二定律，mgsinG+fimgcosO=ma,9=37°,代入数据解得〃a0.26

(2)计算时，频率大了，根据公式丁=5半可知，周期变小了，代入。=2嘿3的

计算式计算时，会使加速度算大，从而动摩擦因数计算大了。

故答案为：(1)8.1,0.26,(2)偏大。

处理纸带数据时，要用逐差法求加速度，结合牛顿第二定律就可以求出动摩擦因数。在

计算时可以分析频率变大，使得周期变小，加速度变大，所以动摩擦因数也变大。

本题考查实验中纸带的数据处理问题，要学会用逐差法求加速度，会分析频率变化时，

对加速度测量的影响。

12.【答案】R]2—治电压表的量程太大

【解析】解：(1)根据实验目的，两个电流表量程

相差太大，则是要把公改装成与A差不多的电流表,

所以分流电阻R*=鬻==2。，则

选择定值电阻义,滑动变阻器采用分压接法，

实物连线如图所示；

(2)根据串并联电路的关系及欧姆定律可得：A=

/+詈，整理得：/=*x/]R,由题意知，/-/]

图象的斜率为k=&,所以&=^—Ri；

(3)另一同学想用伏安法测电流表的内阻，从其电路图来看，可能存在主要问题是量程

不匹配，当电压表满偏时，电流表的电流/=总4=3007714>/gA=lOOrnA,或者说当

电流表满偏时，电压表偏转很小。采取措施是换用量程稍小的电压表。

/?甲

故答案为：(1)R1、如图所示(3)电压

表的量程太大

(1)根据题意确定两个电流表串联后测同一段电路的电流，但量程不同，根据电流表改

装原理选择R平,滑动变阻器采用分压接法，然后作出实物图；

(2)根据并联电路电流关系和欧姆定律写出电流表示数的关系式，由图象的斜率K求出

电流表的电阻值；

(3)从两个电表的量程分析能否符合准确的要求。

本题考查了实验电路设计、实验数据处理等问题，根据题意确定滑动变阻器与电流表接

法是设计实验电路的前提与关键。

13.【答案】解：(1)爆炸分离后，甲能在圆弧轨道能上升的最大高度h=1.25m,

对甲，在该过程中，运用动能定理得：-机1。/1=0-：加1资，

代入数据解得：/=5m/s；

爆炸的前后瞬间，甲乙组成的系统动量守恒，规定向左为正方向，根据动量守恒有：

m1v1—m2v2=0,

代入数据解得：V2=3m/s；

根据能量守恒得，爆炸过程中释放的化学能：△E=：巾1资+［加2谚=ix3x52/+1x

5x32/=60/；

(2)爆炸后，乙向右做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小：a=W=〃g=01x

10m/s2-lm/s2,

乙速度减为零的时间：ti="=：s=3s,向右匀减速运动的位移：=^-=-m=

al12a2X1

4.5m；

甲在光滑水平面上匀速运动的时间：r=F=^s=3s,可知甲在粗糙水平面上向右

运动时，乙已经停止,

第16页，共20页

设甲与乙碰撞前的速度大小为内，碰撞后甲乙的速度分别为以、火，

有：说-谜=2axi，代入数据解得：v3=4m/s,

甲乙的碰撞为弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒有：mxv3=m1v4+m2v5,

根据机械能守恒有：：机1域=1加1询+^m2Vs，

代入数据解得：v4=-lm/s,v5=3m/s,

甲向左匀减速运动的位移大小：x2=—=—m=0.5m<x1,

乙向右匀减速运动的位移大小：x=—=――m=4.5m,

32a2X1

两物块最终静止时相距的距离：d=x2+x3=0.5m+4.5m=5m。

答：(1)炸药爆炸过程中释放的化学能为60J：

(2)两物块最终静止时相距的距离为5m.

【解析】(1)根据爆炸后甲上升的最大高度求出爆炸后甲的速度大小，结合动量守恒定

律求出乙的速度大小，从而根据能量守恒定律求出爆炸过程中释放的化学能；

(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求出爆炸后乙向右匀减速运动的位移大小，以及甲

与乙碰撞前的速度大小，抓住甲乙发生弹性碰撞，结合动量守恒定律和能量守恒定律求

出碰撞后甲乙的速度大小，根据运动学公式求出甲乙运动的位移大小，从而得出最终静

止时两物块相距的距离。

本题考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关

键理清甲乙两物块在整个过程中的运动规律，运用合适的定律进行求解，注意发生弹性

碰撞时，系统动量守恒，机械能守恒。

14.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可知，金属杆外匀速切割磁感线产生的

感应电动势为E=BLv0

此时回路中的总电阻为=R+T=|R

(

根据闭合电路的欧姆定律可得通过他的电流为：/_=年E=2黄BLv\

2

通过每个电阻R的电流为：/】=，2=“=黎；

(2)金属板间电势差为Ui=/小=等

设杆ab在磁场/中运动时间为t,贝我=vot

小球做匀速直线运动，根据平衡条件有=

联立解得小球的质量为：半警

设小球从。点射入两板间的初速度大小为V,则根据运动学公式有：3d=vt

解得：V=3v0；

(3)磁感应强度大小变为幼后，小球先做匀减速运动后做匀加速运动，此时金属杆他

匀速切割磁感线产生的感应电动势为E'=kBLv0

两板间的电势差为a'=日

设小球做匀减速运动的加速度大小为由,根据牛顿第二定律可得：q^-mg=mai,

设经过时间G杆必进入磁场U,则由运动学公式有：「三

v0

此时小球的速度为：%=3v0-

小球下落的位移为Si=当

设小球做匀加速运动时的加速度大小为。2,根据牛顿第二定律有q等+mg=ma2

设再经过时间t2小球从。'孔离开，则由运动学公式有3%=%+a2t2

J时间内小球下落的位移为S2=3詈1t2

两个阶段的位移满足Si+S2=3d

联立解得k=葵。

dg

答：(1)杆外在磁场I中运动时通过每个电阻R的电流为鬻；

(2)小球的质量m为喏，小球从。点射入两板间的初速度大小为3%；

(3)k的值为等。

第18页，共20页

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解金属杆用匀速切割磁感线产生的感应电动势,

根据闭合电路的欧姆定律可得通过每个电阻R的电流；

(2)求出金属板间电势差，小球做匀速直线运动，根据平衡条件求解小球的质量，则根

据运动学公式求解初速度大小；

(3)磁感应强度大小变为后，求出金属杆时匀速