2021年湖南省长沙市天心区长郡中学高考物理一模试卷（附答案详解）

2021年湖南省长沙市天心区长郡中学高考物理一模试卷

1.如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小F-2---1--------1

ABC

物块以某一初速度从A点滑动到C点停止.小物块经过B

点时的速度等于它在A点时速度的一半.则小物块与4B段间的动摩擦因数出和其

与8c段间的动摩擦因数〃2的比值为()

A.1B.2C.3D.4

2.如图所示，在粗糙的水平面上，固定一个半径为R的半,一'、

圆柱体挡板尸。固定在半圆往体挡板PQ的延(N.)

长线过半圆柱截面圈心O,且与水平面成30。角。在M

和PQ之间有一个质量为机的光滑均匀球体M其半径(

也为R.整个装置处于静止状态，则下列说法正确的是0

()

A.N对PQ的压力大小为mgB.N对PQ的压力大小为［mg

C.N对M的压力大小为强？D.N对M的压力大小为苧mg

3.物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的。-t关系如图

A.从第1秒末到第3秒末合外力做功为4吗，摩擦力做功为4”2

B.从第4秒末到第6秒末合外力做功为0,摩擦力做功也为0

C.从第5秒末到第7秒末合外力做功为明,摩擦力做功为勿2

D.从第3秒末到第4秒末合外力做功为0.75四，摩擦力做功为1.5吨

4.如图所示，真空中的M,N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A,C,带

电量分别为+Q、-Q,将它们平行放置，A,C连线垂直于圆环平面，8为AC的中

点，现有质量为机带电量为+q的微粒(重力不计)从左方沿A，C连线方向射入，到

4点时速度以=lm/s,到B点时速度为=场m/s，取无穷远处为电势零点，点电

荷的电势公式为3=上4式中左为静电力常量，。为点电荷的电量，r为到点电荷

的距离。下列判断可能正确的是（）

A.微粒从8至C做加速运动，且4=4m/s

B.微粒越过C点后先做加速运动，后做减速运动

C.微粒将以B为中心做往返运动

D.微粒在整个运动过程中的最终速度为0

5.如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U,带电粒子以某一初速度为沿平

行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直

的匀强磁场，贝I：粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和北的

变化情况为（）

A.4随U增大而增大，“与孙无关

B.d随U增大而增大，d随孙增大而减小

C.d随为增大而增大，d与U无关

D.”随孙增大而增大，"随U增大而减小

6.以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电

子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸

出.强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用

强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极

短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效

应，这已被实验证实.

第2页，共22页

光电效应实验装置示意如图.用频率为v的普通光源照射阴极K,没有发生光电效

应.换用同样频率为v的强激光照射阴极K,则发生了光电效应；此时，若加上反

向电压U,即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在心之间就形成了使光

电子减速的电场，逐渐增大U,光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所

加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，人为普朗克常量，e为电子电量）（）

A.u=~e--eBe.Ue=---C.U=2hv-WD2e.Ue=~--

7.如图所示，把一质量为根的物体用一水平方向的推力F=kt（k为恒量，,

/为时间）压在竖直的足够高的平整墙上，物体与墙壁间动摩擦因数为I|

〃，从t=o开始计时，静止释放此物体，则物体所受的摩擦力人加

速度”、速度v和位移x随/变化的关系正确的是图中的（）

8.最近中国宇航局公布了天眼射电望远镜最新发现的一个行星系统，该系统拥有一颗

由岩石和气体构成的行星围绕一颗的类太阳恒星运行。经观测，行星与恒星之间的

距离是地、日间距离的看恒星质量是太阳质量的左倍，则下列叙述正确的是（）

A.行星公转周期和地球公转周期的比值是N-聂4

B.行星公转周期和地球公转周期的比值是N，后

C.行星公转线速度和地球公转线速度的比值是

D.行星公转线速度和地球公转线速度的比值是N-某V

9.某同学在老师指导下利用如图甲装置做实验，在固定支架上悬挂一蹄形磁铁，悬挂

轴与一手柄固定连接，旋转手柄可连带磁铁一起绕轴线。。'自由旋转的矩形线圈

abcd（cd与00'重合）.手柄带着磁铁以8rad/s的角速度匀速旋转，某时刻蹄形磁铁与

线框平面正好重合，如图乙所示，此时线圈旋转的角速度为6rad/s,已知线圈边

ab-5cm,ad=2cm,线圈所在处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B=0.47,

线圈匝数为200匝，电阻为1.6仅则下列说法正确的是（）

A.若手柄逆时针旋转（俯视），线框将顺时针旋转

B.若手柄逆时针旋转（俯视），在图乙时刻线框中电流的方向为心。而

C.在图乙时刻线框中电流的热功率为0.016W

D.在图乙时刻线框儿边受到的安培力大小为8x10-4/V

10.如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为〃1、〃2°

原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极

管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假

设该二级管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交

流电压表测得。、。端和c、d端的电压分别为（/助和4d，则下列选项正确的是（）

A.Uab：Ucd=%：n2

B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小

C.减小负载电阻的阻值，cd间的电压不变

D.将二极管短路，电流表的读数加倍

11.某实验小组用图1实验装置探究合力做功与动能变化的关系.铁架台竖直固定放置

在水平桌面上，将长木板倾斜放置，一端固定在水平桌面边缘P处，另一位置放置

在铁架台的铁杆上，忽略铁杆粗细，木板与铁杆接触处记为Q,P处放置一光电门.

实验步骤是：

①用游标卡尺测出滑块的挡光片宽度L,用天平测出滑块的质量m

②平衡摩擦力：以木板放置在水平桌面上的P处为轴，调节长木板在铁架台上的

放置位置，使滑块恰好沿木板向下做匀速运动.在铁架台竖直杆上记下此位置“，

用刻度尺测出Qi到水平面的高度H

③保持P位置不变，长木板一端放置在铁架台竖直杆Q2上.用刻度尺量出QiQz的

距离阳，将滑块从木板上的＜?2位置由静止释放，由光电门计时器读出滑块的挡光时

间ti

④保持P位置不变，重新调节长木板一端在铁架台上的放置位置，重复步骤③数

次

第4页，共22页

I.滑块沿长木板由Q2运动到P的过程中，用测量的物理量回答下列问题(已知重力

加速度为g)：

(1)滑块动能的变化量4后女=

(2)滑块克服摩擦力做的功必=

(3)合力对滑块做的功“冷=

口,某学生以铁架台竖直杆上的放置位置到Qi的距离h为横坐标，以滑块通过光电

门的挡光时间的平方倒数誉为纵坐标，根据测量数据在坐标中描点画出如图2所示

直线，若图线过原点，且图线斜率k=,则能证明合外力做的功等于物体动

能增量.

12.在测量某电源电动势和内阻时，因为电压表和电流表的影响，不论使用内接法还是

外接法，都会产生系统误差，为了消除电表内阻造成的系统误差，某实验兴趣小组

设计了如图甲实验电路进行测量。实验操作步骤如下：(已知&=20)

①将滑动变阻器滑到最左端位置；

②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关So,调节滑动变阻器R,记录下若干组数据

的值;

③断开开关S。，将滑动变阻器调到最左端，单刀双掷开关S与2闭合，闭合开关S。，

调节滑动变阻器R，记录下若干组数据4-的值；

④分别作出两种情况所对应的%-和4-/2图像。

(1)单刀双掷开关接1时，某次读取电表数据时，两个电表指针如图乙所示，此时

Ui=V,。=4。

(2)当单刀双掷开关接2位置时，即使将岛看作电源内阻，测出的电源电动势和内

阻也存在系统误差，原因是(填“电压”或“电流”)表的示数偏(填

"大"或"小”)。

(3)根据测得数据，作出Ui-。和4-/2图像如图内所示，根据图线求得电源电动

势E=,内阻r=。(结果均保留两位小数)

13.如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1版、2kg,放甲乙

在静止的足够长的水平传送带上，两者相距2m,与传

C)()

送带间的动摩擦因数均为0.2。t=0时，甲、乙分别以

6m/s、2m/s的初速度开始沿同一直线向右滑行。重力加速度取lOm/s2求：

(1)甲、乙相碰的地点离甲的出发点多远？

(2)甲、乙相碰(碰撞时间极短)后，乙最终停在离乙出发点3巾处，则甲停在离甲出

发点多远处？

(3)若在t=0时，传送带突然启动(不计启动时间)，立即以%=4m/s的速度向右做

匀速直线运动，求在t=0到1=1s内，甲、乙两滑块与传送带间摩擦生热共为多少？

14.如图所示，在xOy平面内x>0、y>0的区域内存在匀强电场，电场强度大小E=

100K/m；在x>0、y<3m区域内存在垂直于xOy平面的匀强磁场。现有一带负

电的粒子，电荷量q=2xICT，。，质量m=2x10-6kg,从原点。以•一定的初动

能反射出。经过P(4m,3m)时，动能变为初动能的0.2倍，速度方向变为垂直于OP

线段方向，最后从点M(0,5m)射出，此时动能又变为。点时初动能的0.52倍。粒子

第6页，共22页

的重力不计。

(1)分别写出。、P两点间和。、用两点间的电势差的表达式Uop和UOM；

(2)写出在线段OP上与M点等电势的。点的坐标；

(3)求粒子从P点运动到M点的时间。

“y/n)

,V''

-------科4,3)

I

\

I

I

.x/m

15.关于一定量的理想气体，下列说法正确的是()

A.气体分子的体积是指每个气体分子平均所占有的空间体积

B.只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高

C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

D.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加

E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高

16.如图所示，柱形汽缸倒置在水平粗糙地面上，汽缸内部封有一定||----q

质量的理想气体，汽缸质量M=10kg,活塞质量m=25kg,其“

m

横截面积S=0.01m2,活塞与缸壁间的摩擦不计。当缸内气体温

度为27式时，活塞刚好与地面相接触，但对地面无压力。现对汽缸加热，使缸内气

体温度升高。当汽血对地面恰好无压力时，求缸内气体温度？(已知大气压强po=

1.0x105Pa,g=10m/s2)

17.一列沿x轴传播的简谐横波，在t=0时的波形如图甲所示，P、Q是波上的两个质

点，此时质点P沿y轴负方向运动。图乙是波上某一质点的振动图像下列说法中正

A.该波沿x轴正方向传播

B.图乙可能为Q点的振动图像

C.t=0.10s时，质点P沿y轴正方向运动

D.该波的波速为80m/s

E.质点Q在t=0.10ns(n=0,1,2...)回到x=4m,y=0的位置

18.已知天然材料的折射率都为正值(n>0)。近年来，人们针对电磁波某些频段设计

的人工材料，可以使折射率为负值(71<0),称为负折射率介质电磁波从正折射率

介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但折射角为负，即折射线与入射线位于

界面法线同侧，如图(a)所示。点波源S发出的电磁波的入射角i=60。，经折射率

n=-W平板介质后，从另一侧面射出(图中未画出)，如图(b)所示。已知平板介质

的厚度d=2.0mm,不考虑电磁波在介面处的反射。

(1)在图(b)中画出电磁波的波路图；

(2)出射电磁波与入射电磁波之间的垂直距离是多少？

第8页，共22页

图⑷图⑸

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：从A到8根据牛顿第二定律，有〃i?ng=TH的

得%=

从B到C根据牛顿第二定律，有

N2mg=ma2

得a?=112g

设小物块在A点时速度大小为v,AB=BC=I,则在B点时速度大小为

由运动学公式有

从A到B有：（：）2-"2=2（一〃19乂

从B到C有：0-（；）2=2（一〃2。乂

联立解得%=3的，C正确，ABD错误：

故选：Co

对物体进行受力分析，对两个过程运用牛顿第二定律求出加速度，再对A8过程和BC

过程运用速度位移公式列式，联列即可求解

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，要知道加速度是联系力学和运动学的桥

梁并能正确应用.

2.【答案】D

【解析】解：以N为研究对象进行受力分析如图所示，根率

据图中几何关系可得a=30。，FZ-ULS

而sin/NMQ=/=%所以NNMQ=30。，a+0=60。，（）

则”3。。；

所以Fi=Fz，竖直方向根据平衡条件可得F送”30。+fM近

6cos30°=mg,

解得：Fi=F2=~^9f

根据牛顿第三定律可得N对P。的压力、N对M的压力大小均为当mg,故ABC错误、

D正确。

故选：D«

第10页，共22页

以球N为研究对象进行受力分析，画出受力分析图，根据几何关系结合平衡条件求解。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进

行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后

在坐标轴上建立平衡方程进行解答。

3.【答案】D

【解析】解：4从第1秒末到第3秒内动能变化为0,根据动能定理知合外力做功为0。

根据速度-时间图像与时间轴所围的面积大小表示位移，可知，物体在第1秒位移为与=

等m=2m,第1秒末到第3秒末位移为久2=4x2m=8m,则右=4xx,物体在运动

过程中摩擦力大小不变，由勿=-/s可得：从第1秒末到第3秒末摩擦力做功等于第1

秒内的4倍，为4队，故A错误；

B、物体在第4秒末与第6秒末速度大小相等,则从第4秒末到第6秒末动能变化量为0,

由动能定理可知合外力做功为0。从第4秒末到第6秒末物体的路程为S3=2x等m=

2m,则S3=根据W=-/s可知从第4秒末到第6秒末摩擦力做功与第1秒内摩擦

力做功相等，为伤，故B错误；

C、设物体的质量为相，第1秒内，根据动能定理得：=1xmx42=8m；从第5

2

秒末到第7秒，合外力做功W合4=^xmx4-0=8m=lVlo

从第5秒末到第7秒末位移大小为办=学机=4m=2巧，根据W=-/s可知从第5

秒末到第7秒末摩擦力做功为2%，故C错误；

D、根据动能定理得：从第3秒末到第4秒末合外力做功为W，5=;X7nx22-ixmx

42=-6m=一0.75%，从第3秒末到第4秒末位移为％=等x=3m=1.5与，根

据W=-/s可知从第3秒末到第4秒末摩擦力做功为为1.5⑰，故。正确。

故选：Da

根据动能定理可知合外力做功等于物体动能的变化，根据动能的变化求合外力做功。根

据速度-时间图像与时间轴所围的面积大小表示位移，求出各段时间内的位移大小，由

功的公式求摩擦力做功。

本题一要抓住速度-时间图像的“面枳”表示位移；二要熟练运用动能定理求合外力做

功；三要知道滑动摩擦力做功与路程有关。

4.【答案】B

【解析】解：A、由题意可知，由B至C电场向右，微粒所受电场力向右，故从8到C

微粒做加速运动，由对称性可知，粒子由A至B与由B至C电场力做的功相同，故动

能的变化量相同，故有△&=诏-37n若=27n忧-1nl诏，代入数据可得%=

3m/s,故A错误；

B、根据电场分布的特点可知微粒越过C点后开始阶段电场力向右，微粒做加速运动；

后面电场力向左，微粒做减速运动，故5正确；

CD,由对称性可知，整个图形的中垂线为等势线，取无穷远处为零势点时此线即为零

势线，粒子由B点运动到无穷远处，电势未发生变化，电场力做功为零，故粒子最终的

速率与B点的速率相等，即为最终速度为遮，微粒不会返回B点，故C£＞错误。

故选：B。

AC之间电场是对称的，粒子由A至3与由8至C电场力做的功相同，依据动能定理可

求微粒在C点的速度；微粒越过C点后，分析其受力情况，确定运动情况；由对称性

可知，整个图形的中垂线为等势线，取无穷远处为零势点时此线即为零势线，粒子由B

点运动到无穷远处，电势未发生变化，电场力做功为零，故粒子最终的速率与B点的速

率相等。

解决本题的关键之处有二：一、要搞清电场的分布情况，对于这种对称分布的电荷，其

电场应该是对称的；二、要会识别电场的等势面，这个图有点相等量异种点电荷的电场

和等势面分布，解题时候就是要类比它来解决。

5.【答案】C

【解析】解：设粒子带电量为4,质量为“，射出电场时速度与水平方向夹角为。，此

时速度v为处和巧的合速度，如图：

由cos。=小得:

第12页，共22页

进入磁场后,粒子做匀速圆周运动，设磁感应强度为B,由牛顿第二定律有:quB=m9,

又d=2RcosO,代入数据得：d=需故d与m、孙成正比，与B、q成反比，与U

无关，故：C正确，A8。错误。

故选：C

粒子在电场中做类平抛运动，射出电场时设速度与水平方向夹角为0,表示出粒子射出

电场时的速度v；进入磁场后，带电粒子在磁场中做圆周运动，表示出圆周运动的半径，

再进一步表示出两点间的距离d,根据d的表达式分析判断即可。

本题考察了带电粒子在电场中的偏转和在磁场中的匀速圆周运动，结合运动轨迹，步步

为营将d求解或表示出来，再进行判断即可。

6.【答案】B

【解析】解：根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为

v的强激光照射阴极K,则发生了光电效应，即吸收的光子能量为n/iv,n=2,3,4...

则有：eU=nhv-W,解得。=四一四.知8正确，A、C、。错误。

ee

故选：Bo

根据光电效应方程&7n=/w-IV,以及=eU进行分析.

解决本题的关键是掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系.

7.【答案】BC

【解析】解：A、从t=0开始，根据水平推力F=kt知，E不断增大，物体对墙壁的压

力不断增大，则物体受到的滑动摩擦力/作用，且/==/与，成正比；当物体

的滑动摩擦力大小大于重力时，物体开始做减速运动，直到停止运动，所以/'=mg时

物体的速度最大。由对称性可知，物体的加速度为g,即此时的摩擦力为2〃笈，此时物

体处于静止状态，即使推力增大，也不会影响物体的静摩擦力大小，所以摩擦力最大值

为2mg,故A错误；

8、当/'<mg时，根据牛顿第二定律得：mg-f=ma,结合/="比得。=g-崇3

当a=0时，t=爵；

当f>mg,物体在做减速运动时，根据牛顿第二定律得：f-mg=ma,结合

得a="t-g,当a=-g时，t=鬻，则知a-t是向下倾斜的直线，故B正确；

C、物体的加速度先减小后反向增大，最大速度设为Vm，此时有f=Hkt=mg,得t=消。

从。—内,根据动量定理得：mgt—ft=Tnvm-0

因为了与，成正比，且［=0时f=0,则/的平均值为，=等=等

2

联立解得加=篝，故c正确：

2fik

。、物体应先加速后减速，x-t图象切线斜率先增大后减小，故。错误。

故选：BC。

由题意可知，随着时间的推移，推力F不断增大，物体对墙壁的压力不断增大，导致物

体从滑动到静止。则物体所受的摩擦力先是滑动摩擦力后是静摩擦力。而滑动摩擦力的

大小与推物体的压力大小成正比，而静摩擦力的大小与重力大小相等。通过分析物体的

受力情况来确定物体的运动情况，即可分析图象的形状。

本题的关键要抓住滑动摩擦力与压力成正比，分析合力的变化情况，根据牛顿第二定律

分析加速度的变化情况。

8.【答案】AC

【解析】解：AB,对任一恒星-行星系统，设恒星的质量为M,行星的质量为〃?，行星

与恒星之间的距离为「，对于行星，根据万有引力提供向心力，有：G粤

r2T2

解得行星的运行周期：7=2兀叵。根据已知条件可得行星公转周期和地球公转周期的

7GM

比值：

故4正确，8错误;

CD、对于行星，根据万有引力提供向心力，得G萼=加代，解得行星公转线速度：

rzr

,则行星公转线速度和地球公转线速度的比值:

嬴;,故c正确，。错误;

故选：AC。

行星绕恒星做匀速圆周运动，由恒星对行星的万有引力提供行星所需要的向心力，由此

列式求解。

第14页，共22页

建立行星的运动模型是解决这类问题的关键，运用万有引力提供向心力列式求解。要灵

活运用比例法来处理。

9.【答案】BC

【解析】解：4若手柄是逆时针旋转（俯视），根据楞次定律，知安培力将阻碍线框与

磁场间的相对运动，线框所受的安培力使得线框也逆时针旋转，故A错误；

8、图中磁场方向向右，湖边切割速度向里，由右手定则判断知，此时线框中电流的方

向为abcda（逆时针方向），故B正确；

C、图乙时刻线圈中感应电动势：

E=NB-ab•（%—v2）

又磁场的线速度大小：

巧.=%•ad=8X0.02=0.16m/s,

外边的线速度大小：

=%•ad=6x0.02=0.12TH/S

可得：

E=BLS-v2）=0.16V

感应电流：

E0.16

IA=0.U

R1.6

电流的热功率：

p=I2R=0.01x1.61V=0.016W

故C正确；

。、在图乙时刻线框儿边，电流方向与磁场方向平行，因此不受安培力，故。错误；

故选：BC。

根据楞次定律判断线框所受的安培力方向，即可判断其转动方向；根据楞次定律或右手

定则分析感应电流的方向；由后=NBL（%-女），。=sr,结合求出感应电动势，再由

欧姆定律求感应电流，从而得到其功率：根据F=B〃求解安培力大小.

本题要掌握楞次定律的第二种表述：感应电流的磁通量总阻碍相对运动，使用楞次定律

判定线框的运动方向，当磁场与线圈有相对运动时，应根据相对速度求解感应电动势.

10.【答案】BCD

【解析】解：A、由晟=最，其中U1，4是变压器原、副线圈两端的电压。U1=Uab，

由于二极管的单向导电特性，Ucd*U2,故A错误。

B、增大负载电阻的阻值R,由P=负载的电功率减小，由于P人=P出,且尸人=IiUab,

所以原线圈上的电流力减小，即电流表的读数变小，故B正确。

C、原副线圈匝数不变时，cd端的电压由输入电压决定，负载电阻R的阻值变小时，

不变，故C正确。

D、根据变压器上的能量关系有E输入=E命必在一个周期7的时间内，

二极管未短路时有：UablrT=中•工+0(U为副线圈两端的电压)，

R2

二极管短路时有=由以上两式得左=2公所以将二极管短路，电流表的

读数加倍，故O正确。

故选：BCD。

根据理想变压器的电压与匝数成正比，再由二极管的单向导电性判断A选项；

由功率公式以及变压器功率相等即可判断电流表的读数变化情况；

原副线圈匝数不变时，”端的电压由输入电压［/此决定，与负载无关；

根据能量关系求出可以求出二极管短路前后电流的有效值关系，从而可以求出短路前后

电流表的读数关系。

本题考查了变压器的原理，要注意明确变压器的其本规律，明确匝数之比电压之比的关

系。

11.【答案】I.⑴翳(2)mgH,(3)mgh「

n型

Z.2

【解析】解：I.(1)滑块通过光电门的速度v=9则滑块动能的变化量/Ek=

mL2

济

(2)因为滑块做匀速直线运动时，根据动能定理知，zngH-“mgcosO,L=0,即mgH-

Hmgd=0,可知克服摩擦力做功叫=Mgd=7ngH,改变倾角后，克服摩擦力做功

Wf'=^mgcosa-s'=fimgd,可知克服摩擦力做功不变，大小等于"名”.

(3)合力做功加金=爪9("+b)—必=mgh^

n.合力做功为帆助，根据动能定理知，mgh=\mv2=解得总=等，则图线的

第16页，共22页

斜率k=条

故答案为：I.⑴器，(2)mgH，(3)mgJ.n.等

本题考查探究合力做功与动能变化的关系的实验，解决本题的关键知道极短时间内的平

均速度可以表示瞬时速度，求解滑块克服摩擦力做的功是个难点，要通过恒力做功公式

证明每次从长木板上滑到P点的过程中，摩擦力做功相等，难度适中.

12.【答案】1.300.10电流小1.8V2.50

【解析】解：(1)根据图乙表盘所示，电压表的量程为3匕最小分度为0.1V,所以电压

表的示数为1.30V。

电流表的量程为0.64最小分度为0.024所以电流表的示数为0.104

(2)当单刀双掷开关掷于2时，电流表外接法(相对于电源)，所以由于电压表的分流，造

成电流表的测量值未包括电压表的分流，故测量值偏小；

(3)由实验步骤可知，开关接1时，当电流表的示数为零时，由于外电路断路，故测得

电动势是准确值，所以从/一人图象读得E=1.81/。

开关S接2时，若外电流短路,则短路电流是准确值，即从4-图象读得短路电流/短=

E180

0.404所以电源待效内阻r+&=匚=何0=4.500,所以「=2.50。

故答案为：(1)1.30、0.10；(2)电流、小；(5)1.8匕(6)2.5。

(1)根据电压表和电流表的量程及最小分度进行读数；

(2)单刀双掷开关合向2,由电压表和电流表的示数/和/2,分析是电压表的分流未计入

总电流，导致电流的测量值偏小。

(3)将单刀双掷开关合向2,读出此时电压表和电流表的示数4和/2,两种情况下均画出

U-/图象，分析两种情况下的真实值，再由两个真实值求内阻的真实值。

本题考查了用伏安法测电动势和内阻的两种方法进行对比，关键是掌握实验原理、理解

每种情况的误差及适用范围，综合两种情况的优点，从而求出电源的电动势和内阻的真

实值。

13.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律可得两滑块匀变速直线运动时的加速度大小为：

Q=49=0・2x10m/s2=2m/s2,

设甲、乙的初速度分别为％、V2,经过时间/两滑块相遇，有：(巧《一［以2)一(方士一

2

|at)=Lo,其中A。=2m

解得t=0.5s

甲、乙相碰的地点离甲的出发点距离为/=打亡-1或2

解得：%i=—m=2.75m；

4

(2)设甲、乙碰前的速度分别为女'、刈'，由运动学公式有：

%—at=(6—2x0.5)m/s=5m/s

v2'=v2-at=(2-2x0.5)m/s=Im/s

设甲、乙碰后的速度分别为％"、v2",由运动学公式可得：

对乙有：v2"=J2ax2=x2x；m/s=3m/s

取向右为正方向，由动量守恒定律有：Hl%'+机2〃2'=+m2V2”

解得名”=lm/s

,

碰后，甲滑行的距离为：x1——==0.25m

,

甲停下位置离甲出发点的距离为：x=x1+x1=2.75m+0.25m=3m；

(3)甲与皮带共速用时h="="=?s=1s

乙与皮带共速用时t2———s=Is

表明t'=ls时，甲、乙与皮带速度相同。在t'=ls内，甲、乙相对皮带的位移分别为:

svr，2—

i=it—|atvot',解得：S]=lm

2

s2=vot'—(v2t'+at''),解得：s2=Im

甲与传送带因摩擦生的热为：Q^fim.gs,,解得：Qi=2/

乙与传送带因摩擦生的热为：<22=〃机2。S1，解得：Q2=4/

甲、乙两滑块与传送带间摩擦生热共为Q=Q1+<?2=2/+4/=6/.

答：(1)甲、乙相碰的地点离甲的出发点2.75m；

(2)甲、乙相碰(碰撞时间极短)后，乙最终停在离乙出发点3,“处，则甲停在离甲出发点

3m处；

(3)甲、乙两滑块与传送带间摩擦生热共为6人

【解析】(1)根据牛顿第二定律可得两滑块匀变速直线运动时的加速度大小，根据运动

学公式求解甲、乙相碰的地点离甲的出发点距离；

(2)根据速度-时间关系求解甲、乙碰前的速度，由运动学公式求解碰撞后乙的速度大小,

由动量守恒定律求解碰撞后甲的速度大小，再根据运动学公式求甲停下位置离甲出发点

的距离；

第18页，共22页

（3）求出甲与皮带、乙与皮带共速的时间，再求出甲、乙相对皮带的位移，根据摩擦力

乘以相对距离求解产生的热，由此得甲、乙两滑块与传送带间摩擦生的总的热量。

本题主要是考查动量守恒定律、功能关系等，对于动量守恒定律，关键是掌握动量守恒

定律的守恒条件，能够根据碰撞前的定量等于碰撞后的动量相等列方程求解。另外对于

本题还要弄清楚物体的受力情况和运动情况。

14.【答案】解：（1）从。到P,由动能定理得：—qU°p=Q2Ek-Ek，解得：%P=壁

从。到由动能定理得：—qUoM=052Ek-Ek，解得：="詈

（2）画出M点的等势点。如图1：

图1

因尸点坐标为（4科3m）,故0P=gn^n=5m，tan。=%所以。=37。

由浮=|,又：因M、Q为等势点，有辔=|

UQP5Uop5

在匀强电场中，由（/=版可知：浮=案=?

UOPUr5

将OP=5血代入得：0Q=3m,

所以。点横坐标无=OQcos37。=3mx0.8=2.4m,纵坐标y=OQsin370=3mx0.6=

1.8m,

所以：。的坐标为（2.4皿1.8血）

（3）因为OQ=3m,OM=5m,所以三角形OPM为直角三角形，MQLOPf又因为M、

。为等势点，故匀强电场沿OP方向，见图2：

图2

粒子从尸点到M点做类平抛运动，运动时间为，，沿电场方向有：PQ=子巴解得:

又OP=5m,OQ=3m,所以PQ=5m-3m=2m,

代入数据得：t=2s

答：(1)0、P两点间电势差的表达式为写，。、M两点间的电势差的表达式为上署;

(2)Q点的坐标为(2.4m,1.8m)；

(3)粒子从P点运动到M点的时间为2s。

【解析】(1)从。点到P点、从。点到M点，分别应用动能定理便可写出。、P两点间

和。、M两点间的电势差的表达式和UOM；

(2)粒子在电场中运动过程，只有电场力对粒子做功，应用动能定理与场强和电势差的

关系、几何关系可以求出。点的坐标；

(3)根据匀强电场的方向，判断出粒子做类平抛运动，应用类平抛运动规律求