2021年福建省高考物理预测试卷（附答案详解）

2021年福建省高考物理预测试卷

一、单选题（本大题共9小题，共28.0分）

1.（2020.广东省•月考试卷）$5（/俘获一个慢中子后发生裂变反应可以有多种方式，其

中一种可表示为：债U+M£Sr+孑Xe+3M（初待求），则核反应方程中Sr的

中子数为（）

A.38B.56C.65D.94

2.（2021•福建省・模拟题）如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷Q（图中未画出）

产生的电场.另一正点电荷q仅在电场力作用下沿曲线MN运动,在M点的速度大

小为先,方向沿MP方向,到达N点时速度大小为v,且则（）

A.。一定在虚线加尸下方

B.M点的电势比N点的电势高

C.q在M点的电势能比在N点的电势能小

D.q在M点的加速度比在N点的加速度小

3.（201&江苏省扬州市•月考试卷）2015年9月30日，乒乓球亚

乒乓球

锦赛中中国男团大比分3：0击败男团，实现了亚锦赛

男团项目的九连冠.假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球球拍

沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为。.

设球拍和球质量分M、，"，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则（）

A.运动员的加速度大小为gsin。

B.球拍对球的作用力大小为机geos8

C.运动员对球拍的作用力大小为空嘤

COS0

D.运动员对地面的作用力方向竖直向下

4.（2021•福建省•模拟题）2020年11月24日4时30分，在中国文昌航天发射场，长征

五号遥五运载火箭成功发射了探月工程嫦娥五号探测器，开启了中国首次地外天体

采样返回之旅。假设“嫦娥五号”在月球着陆前，先在距离月球表面高度为人的轨

道上绕月球做匀速圆周运动，测得f时间内转过的圆心角为。，已知月球半径为七

引力常量为G,则下列说法中正确的是（）

A.“嫦娥五号”的线速度大小为?

B.“嫦娥五号”的运行周期为等

C.月球的质量是竺更誓

D.月球的质量是客

5.（2021•安徽省蚌埠市•月考试卷）质量为2kg的质点在孙平面上做曲线运动，在x方

向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（）

A.质点的初速度为3m/s

B.质点所受的合外力为3N

C.质点初速度的方向与合外力方向垂直

D.2s末质点速度大小为6?n/s

6.（2021.广东省•月考试卷）如图所示,理想变压器原线圈接电压为220丫的正弦交流电,

开关s接1时，原、副线圈的匝数比为11:1,滑动变阻器接入电路的阻值为100,

电压表和电流表均为理想交流电表。下列说法中正确的有（）

A.变压器输入功率与输出功率之比为11：1

B.Imin内滑动变阻器上产生的热量为40J

C.仅将S从1拨到2,电流表示数减小

D.仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小

7.（2020•陕西省西安市•月考试卷）如图所示，质量均为〃？的木块A

和用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接，最初系统静

止，重力加速度为g,现在用力尸向上缓慢拉A直到8刚好要

离开地面，则这一过程中弹性势能的变化量△Ep和力尸做的功

卬分别为（）

第2页，共22页

Am2g2m2g2

,k，k

Bm2g2,2m2g2

kk

co,W

D.O,智

8.（2017•河北省衡水市•月考试卷）一束有两种不同颜色的单

色光组成的复色光从空气射入玻璃三棱镜后，出射光分成

a、〃两束，如图所示，则“、两束光（）

A.垂直穿过同一块平板玻璃，a光所用的时间比b光短

B.从同种介质射入真空发生全反射时，〃光临界角比6光

的小

C.分别通过同一双缝干涉装置，b光形成的相邻亮条纹间距小

D.若照射同一金属都能发生光电效应，方光照射时逸出的光电子最大初动能大

9.（2020♦广东省•月考试卷）如图所示，一木块以速度%>

沿着光滑水平面向右匀速运动，某时刻在其后方有

一颗子弹以初速度先射入木块，最终子弹没有射穿

木块，下列说法中正确的是（）

A.子弹克服阻力做的功等于木块的末动能与摩擦产热之和

B.木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功

C.木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量

D.系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

10.（2021•山东省济南市•月考试卷）如图所示，一个带正电粒子，从静止开始经加速电压

名加速后，水平进两平行金属板间的偏转电场中，偏转电压为/，射出偏转电场时

以与水平夹角为。的速度进入金属板右侧紧邻的有界匀强磁场，虚线为磁场的左边

界，场范围足够大，粒子经磁场偏转后又从磁场左边界射出，粒子进入磁场和射出

磁场的位置之间的距离为/，下列说法正确的是（）

U]：xXXX

I----------1

：XX^XX

A.只增大电压U1，8变大B.只增大电压”，。变大

C.只增大电压U1，距离/变大D.只增大电压4,距离/变大

11.（2021•福建省•模拟题）2020年厦门出现过强对流冰雹天气。设一质量为4g的球形冰

雹从高空云层里由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与速度的关系为f=

fcv2（fc=lx10-4N-m-2-s2）,冰雹下落过程质量保持不变，落地前已达最大速度,

与地面碰撞时间为0.01s,碰撞后速度为零，g=10m/s2«贝1（）

A.冰雹落地瞬间的速度大小为20m/s

B.冰雹落地瞬间的速度大小为400m/s

C.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为8N

D.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为16N

12.（2021•福建省・模拟题）如图所示，均匀介质中有参数完全相同的两个的波源Si与52,

相距8m,同时同方向起振，在介质中产生简谐横波。振动传至两波源连线中垂线

上的A点用时t=2s,已知A点距两波源连线中点。的距离为3相，从质点4起振

开始计时，A点的振动方程为y=10si7^t（m）。下列说法正确的是（）

A•

S,oS,

A.振动在介质中传播的速度大小为为2.5m/s

B.振动在介质中传播的波长为10w

C.两波源之间的连线上有2个振动加强点

D.两波源之间的连线上距中点0距离为2.5?n处的质点振幅为0

13.（2021♦福建省•模拟题）在如图甲所示的电路中，电源的17-/图象如图乙中的图线a

所示，定值电阻岛的U-/图象如图乙中的图线b所示，滑动变阻器段的总电阻为I。，

下列说法正确的是（）

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甲乙

A.定值电阻&的阻值为4。

B.电源的内阻为0.50

C.当心=0时电源输出的功率最大

D.在q=0.250时电源输出的功率最大

三、实验题（本大题共4小题，共36.0分）

14.（2021•内蒙古自治区通辽市・单元测试）某研究小组设计了测定动摩擦因数的实验方

案。如图所示，A是可固定于水平桌面上任意位置的滑槽（滑槽末端与桌面相切），

B是可视为质点的滑块。

第一次实验，如图甲所示，将滑槽末端与桌面右端M对齐并固定，让滑块从滑槽

最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P点，测出滑槽右端M距离地面的高

度H、M与P间的水平距离与；

第二次实验，如图乙所示，将滑槽沿桌面向左移动一段距离并固定，让滑块8再次

从滑槽最高点由静止滑下，最终落在水平地面上的P'点，测出M距离P'间的水平距

离彳2°

（1）本实验必须的测量仪器是；

（2）为测出动摩擦因数，第二次实验还需测得物理量是（写出需要的物理量

并用相应的符号表示）；

（3）滑块与桌面间的动摩擦因数〃=（用物理量符号表示）。

15.（2021•福建省・模拟题）某实验小组计划测量电源的电动势和内阻。

（1）用如图1所示的实验电路测量毫安表的内阻，实验器材如下：

待测毫安表量程为10，源，内阻约为500）；

电源（电动势约为1.5V,内阻不计）；

电阻箱自（0〜999.9。）；

滑动变阻器品（0〜100）;

单刀单掷开关和单刀双掷开关各一个及导线若干。

①电表X需要选择下列仪表中的。

A.电流表（0〜0.64）B.电压表（0〜3V）C.电压表（0〜IV,内阻力为1000）

②实验步骤如下：闭合开关右之前，应该将滑动变阻器的滑片滑到端（填“a”

或“〃'），闭合开关Ki，将单刀双掷开关接1,调节滑动变阻器的滑片，使电表X

有适当的示数尤0；将单刀双掷开关接2,保持滑动变阻器的滑片不动，调节电阻箱

的阻值，使电表X的示数仍为殉。若此时电阻箱的阻值为右,则毫安表的内阻为

（2）将毫安表与一电阻箱串联改装成电压表量程为0〜3V,内阻为即）取一电阻箱

R并用图2所示的电路测量电源的电动势和内阻。实验步骤如下：

①调节电阻箱R,使电压表有适当的示数；

②记录电阻箱R的阻值和电压表的示数U；

③重复步骤①、②，多测几组数据；

④用土象法处理数据，以卷为横轴，以今为纵轴得到的图像为一条直线，若最后测

得此直线的斜率为鼠纵截距为乩则可以求出电源的电动势E=,电源的

内阻r=（用题目中给出的物理量符号表示）。若考虑电压表的分流，则电

源内阻的测量值比真实值（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

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16.（2021.福建省.模拟题）某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头

针，刻度尺，圆规，笔，白纸。

①下列哪些措施能够提高实验准确程度。

4选用两光学表面间距大的玻璃砖

8.选用两光学表面平行的玻璃砖

C选用粗的大头针完成实验

D插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些

②该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的

孔洞如图1所示，其中实验操作正确的是。

③该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点。为

圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、8点作法线NN'的垂

线，垂足分别为C、D点,如图2所示，则玻璃的折射率n=o（用图中线

段的字母表示）

17.（2021.福建省.模拟题）气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升

降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为rn=

5kg。横截面积为S=lOcmZ的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与

气动杆之间封闭一定质量氮气（视为理想气体），稳定后测得封闭气体柱长度为L=

21cm。设气缸气密性导热性能良好，忽略摩擦力。已知大气压强为po=1x105Pa,

环境温度不变，重力加速度为g=10m/s2.求：

（1）初始状态封闭气体的压强：

（2）若把质量为M=30kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。

椅面

四、简答题（本大题共1小题，共3.0分）

18.（2020•山东省济南市・月考试卷）如图所示，两根光滑的B7攵｝£

平行金属导轨与水平面的夹角9=30。，导轨间距乙=\\

0.5m,导轨下端接定值电阻R=20,导轨电阻忽略不/\夕”

计。在导轨上距底端d=2m处垂直导轨放置一根导体^<4^--------

棒MM其质量m=0.2kg,电阻r=0.50,导体棒始终与导轨接触良好。某时刻

起在空间加一垂直导轨平面向上的变化磁场，磁感应强度8随时间r变化的关系为

B=0.5t（T）,导体棒在沿导轨向上的拉力F作用下处于静止状态，g取10m/s2。

求：

（1）流过电阻R的电流/；

（2）t=2s时导体棒所受拉力厂的大小；

⑶从t=4s时磁场保持不变，同时撤去拉力F,导体棒沿导轨下滑至底端时速度恰

好达到最大，此过程回路产生的热量。。

五、计算题（本大题共1小题，共10.0分）

19.（2020.河北省邢台市.月考试卷）如图所示，水平传送带两/>V

轮间的距离L=30m,传送带以恒定的速率为=4m/s顺一“

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时针匀速转动，两质量分别为mi=4kg、巾2=2kg的小滑块尸、。用-一根轻绳(未

画出)连接，中间夹着一根被压缩的轻质弹簧(弹簧与物体不拴接)，此时弹簧的弹

性势能/=54/。现把P、。从传送带的最左端由静止开始释放，&=2s时轻绳突

然断裂，瞬间弹簧恢复至原长(不考虑弹簧的长度的影响)。已知两滑块与传送带之

间的动摩擦因数均为〃=0.1,重力加速度g=I(hn/s2,求：

(1)轻绳突然断裂时两滑块的位移？

(2)PQ分离的瞬间速度分别是多少？

(3)两滑块离开传送带的时间差。

答案和解析

1.【答案】B

【知识点】核力与核能、原子核的人工转变

【解析】解：根据质量数守恒和可得235+1=y+139+3x1；

根据电荷数守恒可得：92+0=x+54；

解得：x=38,y=94,所以。•的中子数为y-x=94-38=56,故B正确，4CD错

误。

故选：B。

知道在核反应中，电荷数和质量数守恒，根据电荷数守恒和质量数守恒列式即可求出x

和y值，从而确定s/•的中子数。

解决本题的关键是知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，明确质量数为中子数和

质子数之和。

2.【答案】C

【知识点】电场线的定义及性质、电势、电场力做功与电势能变化的关系

【解析】解：小场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动

合力指向曲线的内侧，故。应该在轨迹的内侧，故A错误；

B、试探电荷从M到，速度减小，说明M点离场源电荷较近，越靠近场源电荷电势越

低，所以M点的电势比N点的电势低，故B错误；

C、只有电场力做功，动能和电势能之和守恒，N点动能小，故在N点电势能大，故C

正确；

。、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以q在M点的加速度比在N点的加速

度大，故D错误；

故选：Co

根据曲线运动合力指向曲线的内侧可以大致判断出。的位置；利用速度的变化，判断电

场力做功情况，从而得出两点的电势能大小和电势的高低；

通过电势的大小关系，判断出"N两点离负场源电荷的远近关系，再结合点电荷周围的

场强公式得出场强大小关系，进而解出加速度的大小关系。

解答本题的关键是：要熟知曲线运动的合外方向应指向曲线的内侧；要学会灵活运用电

场力做功和电势能的变化关系来判断电势高低和电势能大小的方法。

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3.【答案】C

【知识点】用整体法与隔离法解决动力学问题

【解析】解：A、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示,

则小球所受的合力为mgtm。，根据牛顿第二定律得，/

。=吟"，故A错误.

m,

)

*/

B、根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力N=黑，故B

COStf

什力地氏

错误.

C、对球拍和球整体分析，整体的合力为(”+7n)a,根据平行四边形定则知，运动员对

球拍的作用力为丝嘤，故C正确.

COS0

。、运动员在水平方向加速运动，运动员受到水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，

合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向上,

故。错误.

故选：C.

球、球拍和人具有相同的加速度，对球分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结

合平行四边形定则求出球拍对球的作用力的大小.对整体分析，根据合力的方向确定地

面对运动员的作用力方向.

本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键知道球、球拍和人具有相同的加速度，

结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法、隔离法的运用.

4.【答案】C

【知识点】万有引力定律的应用、人造卫星、向心力

【解析】解：A、根据角速度定义式，有3=p根据线速度与角速度的关系，有u=3r=

y(/?+ft),故A错误；

B、根据周期公式，有：7=口=等，故8错误；

CD,根据万有引力提供向心力，有解得：”=2(/?+切3,

十cGt"

故C正确，。错误。

故选：C。

根据角速度定义式可求得角速度，然后利用线速度与角速度的关系"=3r求出线速度。

根据周期公式T='可求出周期。根据万有引力提供向心力求出月亮的质量。

0）

本题考查万有引力定律的应用，要掌握角速度的定义，角速度和线速度的关系、角速度

和周期的关系。

5.【答案】B

【知识点】两个直线运动的合成、XY图像、图像

【解析】解：A、x轴方向初速度为以=3m/s,），轴方向初速度%=管=等=-4m/s,

质点的初速度为=个哄+药=V32+42=5m/s.故A错误.

B、x轴方向的加速度a=誉=等=1.5m/s2,质点的合力户合=ma=3N.故B正确.

C、合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方

向与合外力方向不垂直.故C错误.

D、由图可知，2s末质点速度x方向的大小为6m/s,而y方向的速度仍然是—4m/s,

所以合速度是A/62+42m/s=方n/s.故D错误.

故选：B

根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动.根据位移

图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的合成，求出初速度.质点的合力一定，

做匀变速运动.y轴的合力为零.根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力.合

力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外

力方向不垂直.

本题考查运用运动合成与分解的方法处理实际问题的能力，类似平抛运动.中等难度.

6.【答案】C

【知识点】电功和电功率定义、表达式及应用、变压器的动态分析、变压器的基本关系

（电压、电流、功率）

【解析】解：人根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1：

1,故A错误；

B、原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为小=乎（/1=^x220V=

20V,则Imin内产生的热量为。=祟=^x60/=2400J，故8错误；

C、若只将S从1拨到2,由原、副线圈的电压与匝数关系可知，副线圈的电压减小，

副线圈电流减小，原线圈电流即电流表的示数减小，故C正确；

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/）、将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、

副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故。错误。

故选：Co

交流电压表和交流电流表读数为有效值，根据根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反

比，输入功率等于输出功率，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。

本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，注意电表读数为交流的有效值，

及求解热量时，也使用有效值。

7.【答案】D

【知识点】弹性势能、功能关系的应用

【解析】解:开始时,A、B都处于静止状态，弹簧的压缩量设为由胡克定律有k/=mg,

解得：

物体A恰好离开地面时，弹簧对3的拉力为伙?，设此时弹簧的伸长量为孙，由胡克定

律有kx2=mg，解得：为2=詈

由于弹簧的压缩量和伸长量相等，则弹簧的弹性势能变化为零；

这一过程中，物体A上移的距离为：（/=巧+犯=等，

根据功能关系可得拉力做的功等于A的重力势能的增加量，则有：W=mgd=誓，

故。正确，ABC错误。

故选：Do

求出弹簧的最大压缩量和弹簧的最大伸长量，由此分析弹簧的弹性势能变化；求出物体

4上移的距离，根据功能关系可得拉力做的功。

本题是含有弹簧的平衡问题，关键是分析两个状态弹簧的形变量和弹性势能的变化量，

再由几何关系研究A上升距离，根据功能关系分析。

8.【答案】B

【知识点】光的折射现象

【解析】解：A、由图可知，a光的偏折角大于人光的偏折角，说明玻璃对。光的折射

率大于匕光的折射率，由。=；分析可知，在玻璃中a光的波速小于匕光的，垂直穿过

同一块玻璃时，。光所用的时间比力光的长；故A错误；

B、由SMC=轲知，。光的临界角小于"光的临界角；故8正确；

C、。光的折射率大于b光的折射率，则“光的频率大于b光的频率，。光的波长小于。

光的波长，由△3/可知，，，光的干涉条纹小于6光的干涉条纹；故c错误；

D、由&=/1丫-侬），知6光的频率小，匕光的光子能量小，则。光照射时逸出的光电

子最大初动能要小；故£＞错误。

故选：Bo

根据光线的偏折程度判断折射率的大小，即可判断出光束频率的大小；根据9=（分析

光束在玻璃中传播的速度大小，即可分析光线垂直穿过玻璃板的时间关系；根据公式

s讥C=；分析临界角的大小.根据双缝干涉条纹的间距与波长的关系可确定干涉条纹间

距的大小；由光电效应方程可分析光电子的最大初动能的关系.

解决本题的关键是明确折射率与光的偏折程度、频率、波长、临界角的关系，要知道光

的频率越大，折射率越大.

9.【答案】D

【知识点】功能关系的应用、动量定理

【解析】解：4子弹克服阻力做的功等于木块增加的动能与摩擦产生的热量之和，故

A错误；

B、木块对子弹的作用力和子弹对木块的作用力大小相等，在力的作用下，子弹的位移

大于木块的位移，因此木块对子弹做功的绝对值大于子弹对木块做的功，故B错误；

C、子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，

由冲量的定义式/=Ft可知，木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量大小、方向

相反，故C错误；

。、由能量守恒定律可知，系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块增加的动能,

而木块增加的动能又等于子弹对木块所做的功，故。正确。

故选：Do

子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等、方向相反、作用时间相等，根据

冲量的计算公式判断木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量关系；应用功能关系与能量

守恒定律分析答题。

本题属于子弹、木块模型，分析清楚子弹与木块的运动过程是解题的前提，应用冲量的

计算公式、功能关系与能量守恒定律即可解题。

10.【答案】BC

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【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动规律、带电粒子在电场中的运动、向心力的计

算

【解析】解：A3、微粒在加速电场中运动过

程，由动能定理得：qU1=

设偏转电场两板间距离为d，板长为L粒子

2

在偏转电场中，有：L=vot,y=|at＞力口

速度a=哼

ma

由以上各式得：丫=然

4u1a

根据类平抛运动的规律可得：tan。=专=景所以只增大电压。变小，只增大电

压”，。变大，故A错误、B正确；

CD,当粒子以速度v与水平成。进入磁场时，将在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力

2

提供向心力,则得：qvB=771^7，

则得轨道半径为厂=器

进入磁场与离开磁场的位置间的距离为/,贝也=2相第0=网等=要=：阵。

qBqBBy]q

所以只增大电压距离/变大；只增大电压“，距离/不变，故C正确、。错误。

故选：BC。

微粒进入偏转电场时的速度是由加速电场加速获得的，粒子由偏转电场进入磁场过程中

根据类平抛运动的规律进行分析；

粒子进入磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力求解轨道半径，根据几何关

系求解/的表达式进行分析。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，

结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；对于带电粒子在电场中运动时，-一般是按类平抛

运动或匀变速直线运动的规律进行解答。

11.【答案】AC

【知识点】牛顿运动定律的应用、动量定理

【解析】解：AB、冰雹的速度最大时，所受重力等于摩擦力，即：mg=f=kv2,此

-32

后冰雹开始做匀速直线运动，所以冰雹落地时的速度为：v=4xl0k^xl0m/s

lxlO_4/Vm-2s-2

20m/s,故A正确、3错误;

CD.规定向上为正方向，设碰撞过程中地面对冰雹的平均作用力大小为凡对冰雹与

地面碰撞前后用动量定理可得：

(F-mg)△t=0—(-mv),即(F—4x10~3kgx10zn/s2)x0.01s=4xlO-3^x

20m/s

解得：F=8.04/V

由牛顿第三定律可得，冰雹对地面的平均作用力为：F，=F=8.04N,故C正确、。错

误。

故选：AC。

当冰雹所受阻力等于重力时速度最大，以此可以求得最大速度，因为之后冰雹开始做匀

速直线运动，所以冰雹的最大速度即落地瞬间的速度；对冰雹与地面碰撞前后用动量定

理即可得到冰雹与地面的平均作用力大小。

本题的突破点在于理解当冰雹的速度最大时，冰雹所受的重力等于阻力，另外在使用动

量定理时，一定要首先规定正方向。

12.【答案】ABD

【知识点】波速、波长和频率、波的图象、波的叠加

【解析】解：4、由勾股定理可知=yJS^+AO2,代入数据得SM=5m,t=2s,

故"=：，代入数据得u=2.5m/s,故4正确；

B、由A点振动方程可得3=3则丁=空，代入数据得7=4s,波长；1=〃，代入数据

得4=10m,故B正确；

CD,振动加强点到两波源的距离差应为半波长的偶数倍，减弱点到两波源的距离差为

半波长的奇数倍，故两波源之间连线只有0点为振动加强，距离0点左右2.5m的位置,

为振动减弱点，故。正确，C错误。

故选：ABD.

由"=:求波速；由A点振动方程可得周期，由4=i;T求解波长；振动加强点到两波源

的距离差应为半波长的偶数倍，减弱点到两波源的距离差为半波长的奇数倍。

本题考查了波的干涉及波长、频率与波速的关系，考查知识点针对性强，难度适中，考

查了学生掌握知识与应用知识的能力。

13.【答案】BD

第16页，共22页

【知识点】电功和电功率定义、表达式及应用、闭合电路欧姆定律、路端电压与负载的

关系

【解析】解：A、由定值电阻岛的U—/图象，结合欧姆定律知其阻值：/?。=詈=；。=

0.250,故4错误;

B、由电源的〃一/图象知电源的电动势E=3W内阻r=|当|=誓°=°.5°，故B正

确；

CD、根据输出功率最大的特点可知，当Rx+Ro=-r，即RX=025O时，电源输出的

功率最大，故C错误，。正确。

故选：BD.

根据闭合电路的欧姆定律分析电源的内阻，根据欧姆定律分析定值电阻；结合电功率的

表达式分析电源的输出功率。

解决本题的关键掌握分析“测量电源电动势和内阻实验”误差的方法，明确U-/图象

中纵轴截距与斜率的含义。

14.【答案】刻度尺滑块在桌面上运动的位移L型遐

【知识点】探究影响滑动摩擦力大小的因素

【解析】解：(1)本实验还需要测量滑块在桌面上运动的位移，所以必须的测量仪器是

刻度尺；

(2)为测出动摩擦因数，需要知道滑块在桌面上运动的位移，所以第二次实验还需测得

物理量是滑块在桌面上运动的位移L;

(3)根据平抛运动的规律可得滑块做平抛运动的时间为：t=栏

滑块在滑槽末端时的速度大小为：%=半

滑块在滑离桌面末端时的速度大小为：以=£

滑块在水平桌面上运动，由动能定理：域-gnw?

联立解得：〃=生逻。

仁4HL

故答案为：(1)刻度尺；(2)滑块在桌面上运动的位移L；(3)*。

(1)根据需要测量的物理量确定必须的测量仪器；

(2)为测出动摩擦因数，需要知道滑块在桌面上运动的位移；

(3)根据平抛运动的规律可求出滑块在滑槽末端时的速度大小、滑块在滑离桌面末端时

的速度大小，滑块在水平桌面上运动过程中由动能定理列方程求解动摩擦因数。

该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律,

掌握实验的原理和实验方法是关键。

15.【答案】CaR小偏小

Lbb

【知识点】实验：测定电源的电动势和内阻

【解析】解：(1)由于毫安表的量程为10mA，所以电表X不能选择4选项中量程为0〜0.64

的电流表，而B选项中的电压表内阻未知，不能使用，C中的电压表在内阻已知的情况

下可以改装为电流表，它允许通过的最大电流加=就=10巾4所以电表X应该选择

C；闭合开关之前应该让并联支路的电压最小，所以滑动变阻器的滑片应该置于。端；

由于实验使用替代法测电阻，所以当开关七接2,电表X的示数仍为X。时，电阻箱的阻

值即为毫安表的内阻，即收；

(2)忽略电压表的分流影响时，由闭合电路欧姆定律有U+Jr=E

整理船建q+/

以!为横轴，以《为纵轴得到的图像为一条直线，由题意有k=h=i

RUEE

解得E=i,r=

bb

若考虑电压表的分流作用，则电源内阻的测量值为电源内阻与电压表内阻的并联电阻阻

值，

所以电源内阻的测量值比真实值偏小。

故答案为：(l)c,a,Ri(2)pp偏小

(1)根据待测毫安表电流与量程选择合适的电表，主要考虑安全、指针偏转；

(2)由图象与纵轴的交点可确定电动势，由交点的数据可利用闭合电路欧姆定律求得内

阻，并判断误差原因。

本题考查测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，要将公式

与图象联系在一起理解。

16.【答案】AD。生

【知识点】实验：测定玻璃的折射率

第18页，共22页

【解析】解：①4、为了作图误差更小，应选用两光学表面间距大的玻璃砖，故4正确；

8、根据折射定律可知，如果两个光学面不平行，不影响入射角与折射角的值，所以对

折射率的测定结果不产生影响，故8错误；

C、为了准确测量光路图，应选用较细的大头针来完成实验，选用粗的大头针完成实验

时，容易出现观察误差，使光线实际并不平行，故C错误；

。、插在玻璃砖同侧的大头针之间的距离适当大些时，相同的距离误差情况下引起的角

度误差会减小，故。正确；

故选：AD；

②因玻璃的折射率较大，故在玻璃中的折射角一定小于入射角；实验作出的入射角一

定大于折射角；并且光线从玻璃中出来后，应与入射光平行，因此只有。图正确A8C

均错误；

故选：£＞；

③折射率兀=枭，

七-I-4-I••4c•BD

具中：smi=—r，siny=一r，

故.笫

故答案为：①力②。；③霁

①为了取得较好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，

选择的入射角应尽量大些；同侧的大头针之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相

对误差。

②根据折射定律进行分析，明确光路基本性质；

③根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率。

本题是插针法测定玻璃砖的折射率实验，实验原理是折射定律，注意采用单位圆法处理

数据，同时注意根据原理分析实验误差情况和实验中应注意的事项。

17.【答案】解：(1)已知S-10cm2=1x10-3m2,=1x105Pa,m—5kg

初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件得：

mg+p0S=piS

解得初始状态封闭气体的压强：pi=1.5x105Pa；

(2)把质量为M=30kg的重物放在椅面上，稳定后，根据平衡条件得：

(M+m)g+p0S=p2S

解得Pz=4.5x105Pa

设椅面下降的高度为从

由玻意耳定律得:PiLS=P2(L-h)S

解得h=14cm

答：(1)初始状态封闭气体的压强为1.5x105Pa；

(2)若把质量为M=30kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度为14c%。

【知识点】理想气体状态方程

【解析】(1)以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件求初始状态封闭气体

的压强；

(2)把质量为M=30kg的重物放在椅面上，稳定后，再根据平衡条件求出封闭气体的压

强，再由玻意耳定律和几何关系求解椅而下降的高度。

解答本题时，要搞清封闭气体的压强与外界大气压的关系，这类问题往往以与气体相接

触的活塞为研究对象，根据平衡条件求封闭气体的压强。

18.【答案】解：⑴由法拉第电磁感应定律，有：E1=^=^Ld,其中怨=0.577s

根据闭合电路的欧姆定律可得：/1=急

联立解得：4=0.24所以流过电阻R的电流/=人=0.24：

(2)当t=2s时：当=0.5x27=1.07

导体棒受力平衡，根据平衡条件可得：F=mgsind+B^L

代入数据解得：F=1.1N；

(3)当t=4s时B2=0.5x47=2.07,此后