2021年吉林省长春市高考物理质监试卷（四）（附答案详解）

2021年吉林省长春市高考物理质监试卷（四）

1.（2020•江苏省徐州市・单元测试）在国际单位制（简称S/）中，力学和电学的基本单位有:

米）、kg（千克）、s（秒）、4（安培）.导出单位必伏特）用上述基本单位可表示为（）

A.m2-kg-s~4-4TB.m2-kg-s~3-A-1C.m2-kg-

s~2-A~rD.m2-kg-s-1-A~r

2.（2021♦吉林省长春市•模拟题）如图所示，固定的斜面上叠

放着A、8两木块，木块A与8的接触面是水平的，水

平力尸作用于木块4木块A、8保持静止。下列说法

正确的是（）

A.木块3可能受到4个力作用

B.木块A对木块8的摩擦力可能为0

C.木块8对木块4的作用力方向竖直向上

D.斜面对木块B的摩擦力方向沿斜面向下

3.（2018•浙江省杭州市•模拟题）如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴

极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负

方向）偏转，在下列措施中可采用的是（）

A.加一电场，电场方向沿z轴负方向B.加一电场，电场方向沿y轴正方向

C.加--磁场，磁场方向沿z轴负方向D.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向

4.（2021•吉林省长春市•模拟题）木星共有79颗卫星，其中木卫一、木卫二、木卫三、

木卫四是意大利天文学家伽利略在1610年用自制的望远镜发现的，这四个卫星被

称为伽利略卫星，其中木卫二是太阳系中仅有的几颗可能孕育生命的星球之一。小

华同学想根据万有引力的知识计算木卫二绕木星运动的周期，她收集到如下一些数

据：木卫二的质量为4.8x1022kg、绕木星做匀速圆周运动的轨道半径为6.7x108m,

木星的质量为1.9x1。27kg、半径为7.1x107nI、自转周期为9.8/1。为完成木卫二

公转周期的计算，需要用到以上数据中的（万有引力常量已知）（）

A.木星的质量和木星半径

B.木卫二的质量和绕木星做匀速圆周运动的轨道半径

C.木星的质量和木卫二绕木星做匀速圆周运动的轨道半径

D.木星的自转周期和木卫二绕木星做匀速圆周运动的轨道半径

5.（2021•吉林省长春市•模拟题）在深井里的同一点以相同的初动能将两个质量不同的

物体竖直向上抛向井口，选取井口所在的水平面为零势能面，不计空气阻力，在它

们各自达到最大高度时，下列说法正确的是（）

A.质量大的物体重力势能一定大B.质量小的物体重力势能一定大

C.两个物体的重力势能一定相等D.两个物体的重力势能可能相等

V

6.（2021•吉林省长春市•模拟题）如图所示，A、B、C是等边cf

三角形的三个顶点，。点是A、8两点连线的中点。以O/'\

，、

点为坐标原点，以A、B两点的连线为x轴，以。、C两/''、

点的连线为y轴，建立坐标系。过A、B、C、。四点各有~漆-----

一条长直导线垂直穿过坐标平面，各导线中通有大小相等

的电流，其中过A、8两点的导线中的电流方向向里，过C、。两点的导线中的电

流方向向外。下列说法正确的是（）

A.过。点的导线所受安培力的方向沿y轴正方向

B.过4、B两点的导线对过C点的导线的合力沿y轴负方向

C.过B、C两点的导线对过A点的导线的合力方向与8、C两点连线平行

D.过5点的导线所受安培力的方向沿C、8两点连线由C指向2

7.（202卜吉林省长春市•模拟题）如图甲所示，水平面内固定一电阻不计的圆形导体线圈,

线圈匝数N=200匝，面积S=0.057n2。线圈的两端P、。与理想变压器相连接，

变压器原副线圈匝数比n］：n2=2：1,副线圈与一小灯泡L和滑动变阻器R相连。

在线圈所在的空间存在着与线圈平面垂直的磁场，磁场的磁感应强度B随时间按图

乙所示的正弦规律变化，小灯泡恰好能够正常发光。规定垂直于线圈平面向上为磁

感应强度B的正方向，取兀=3.14,下列说法正确的是（）

A.在1.57x10-2〜4.71x10-25时间内，P点的电势低于Q点的电势

B.线圈中产生的感应电动势的有效值为15夜V

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C.小灯泡的额定电压为15V

D.滑动变阻器的滑动端向上滑动时，小灯泡亮度将增强

8.（2021•吉林省长春市・模拟题）图甲为某种光电烟雾探测器的装置示意图，光源S发出

频率为％的光束，当有烟雾进入该探测器时，光束会被烟雾散射进入光电管C,当

光照射到光电管中的金属钠表面时会产生光电子，进而在光电管中形成光电流，当

光电流大于临界值时，便会触发报警系统报警。用如图乙所示的电路（光电管K极

是金属钠）研究光电效应规律，可得钠的遏止电压Uc与入射光频率v之间的关系如

图丙所示，元电荷为e。下列说法正确的是（）

A.由图丙知，金属钠的极限频率为%=泮

B.由图丙知，普朗克常量为八=

C.图甲中，光电子的最大初动能为eUci

D.图甲中，光源S发出的光束越强，光电烟雾探测器的灵敏度越高

9.（2017•河南省・月考试卷）一学生用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因

数。在桌面上放置一块水平长木板，木板一端带滑轮，另一端固定一打点计时器.

木块一端拖着穿过打点计时器的纸带，另一端连接跨过定滑轮的绳子，在绳子上悬

挂一定质量的钩码后可使木块在木板上匀加速滑动。实验中测得木块质量M=

150g,钩码质量=50g。

木块打点计时器

厂不一£~~I

1[]接交流电源||单位：

甲乙

（1）实验开始时，应调整滑轮的高度，让细线与木板；

（2）实验中得到如图乙所示的纸带，纸带上A、B、C、D、E是计数点，相邻两计数

点之间的时间间隔是0.10s,所测数据在图中已标出，根据图中数据可求得木块运

动的加速度a=M/S2（结果保留两位有效数字）:

(3)根据实验原理可导出计算动摩擦因数的表达式〃=(用M、，〃、g、a表示

);取g=10m/s2,代入相关数据可求得4=(计算结果保留一位有效数字)。

10.(2021•湖北省武汉市•模拟题)某实验小组测量一捆长度为L=100?n铜芯线的电阻率,

实验如下：

图］图2

(1)如图I所示，用螺旋测微器测得铜芯的直径为mm；

(2)如图2所示，取整捆铜芯线、2节干电池和相关器材，为了使电压表示数能从零

开始连续调节，请补充连接好实物电路；

(3)正确连接实物电路后，闭合开关，调节滑动变阻器，测得电流表示数为2.004

此时电压表示数如图3所示，则其示数为几计算得到铜芯线的电阻率为

P测=0・机(计算结果保留两位有效数字)；

(4)实验小组查阅教材得知：在环=20久时。铜的电阻率为po=1.7x10-80.矶。

显然P潮〉P。，你认为造成这种偏差的可能原因是。

4电流表测得的电流大于通过铜芯线的电流

8.用螺旋测微器测得铜芯的直径偏小

C实验时铜芯线的温度高于20t

。.铜芯线不纯，含有杂质

11.(2021•吉林省长春市•模拟题)如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy,在第二、三

象限内存在沿x轴正方向、场强大小为E的匀强电场/,在第一、四象限的x=0至

x区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场〃，场强大小未知。一带正

电的粒子(可视为点电荷)从P点(-5,0)由静止开始仅在电场力作用下运动，从Q

点(3)离开电场〃。带电粒子的质量为，小电荷量为4,不计带电粒子的重力。求：

(1)电场〃的场强E的大小；

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(2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场〃时动

能最小，求该粒子飞出电场〃时的最小动能

12.(202卜吉林省长春市•模拟题)如图甲所示，质量为M=0.8kg的足够长的木板A静止

在光滑的水平面上，质量m=0.2kg的滑块B静止在木板的左端。现分别对该系统

做以下两种测试：(a)给滑块8—个向右的瞬时冲量/=0.4/V•s,当A、B相对静止

时它们的相对位移为x=0,8m；(b)在滑块8上施加一水平向右、大小按图乙所示

随时间变化的拉力尸，4s后撤去力凡设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速

度g=10m/s2o

(1)由测试(a)求滑块B和木板A间的动摩擦因数；

(2)由测试(b)求4s末滑块B的速度大小；

(3)由测试(b)求4s内外力对木板A的总冲量大小。

13.（2020•江西省宜春市•月考试卷）下列说法正确的是（）

A.液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为浸润

B.车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，属于毛细现象

C.液体汽化时吸收的热量大于液体分子克服分子引力而做的功

D.热力学第二定律是从另一个侧面阐述能量守恒定律

E.熠是系统内分子运动无序性的量度，一个孤立系统总是从嫌小的状态向牖大的

状态发展

14.（2021.吉林省长春市.模拟题）如图所示，开口向上的气

缸由粗细不同的两段圆筒组成，上段气缸足够高下段.

气缸高度为2/,上段内径为下段内径的2倍。活塞P--▼------------------1D

静止在上段气缸中，活塞Q静止在下段气缸正中位置，I

--------

尸。间距离为2/,两活塞厚度不计，P的质量为4%,QIQ

的质量为相、横截面积为S,大气压强为po,两个活塞/一丁‘

与气缸内壁的摩擦忽略不计，且气密性好，缸内封闭y------------

有两段理想气体/、II,气体温度均为7°,重力加速度

为go求：

⑴气体〃的压强；

俗）若给气体/、〃同时缓慢加热，使两部分气体升高相同的温度，使活塞。刚好上

升/,这时两部分气体温度升高了多少？活塞尸上升的高度为多少？

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15.（2021•吉林省长春市•模拟题）一玻璃砖横截面如图，AB。力是正方形，BC是四分之

一圆弧，OB、OC为其半径，现将CO面置于水平桌面上，单色光〃、方分别从A。

平面和8c曲面水平入射，只考虑。、匕光线第一次到达BC面的情况，下列说法正

确的是（）

A.«光线的入射位置向上平移，在到达BC面时入射角变大

B.。光线的入射位置不变，改用频率更大的光，经玻璃砖折射后到达桌面的位置距

离C点更近

C.从BC曲面入射的b光线能在面发生全反射

D.从相同高度入射的“、匕光线，穿过BC曲面后折射角大的，玻璃砖对其折射率

也大

E.若玻璃砖对a光折射率为a,从中点入射的〃光线照射到面上不会发生

全反射

16.（2021・吉林省长春市•模拟题）如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的〃、h两质点

平衡位置间距离L=8m,质点匕在a的右侧。一列简谐横波沿此长绳向右传播，振

幅为A。在t=0时刻，质点a处于波峰位置，质点〃处于平衡位置且向下运动。经

过△£=（）.5s,质点”处于平衡位置且向上运动。

①若这一列简谐波的周期T>△C.求波可能的传播速度；

（it）若这一列简谐波的周期7<△3推导质点b可能的振动方程.

左b右

答案和解析

1.【答案】B

【知识点】力学单位制

【解析】

【分析】

根据U=9，q=/t得出电势差的表达式，从而得出伏特的导出单位。

物理量的关系对应着物理量单位的关系，本题关键得出电压的表达式，从而得出其单位。

【解答】

根据U=£,q=It得,U=多功的单位1/=lN-m=lkg-m2/s2,^lV==

lm2-kg-s~3-A~x,故B正确，AC£＞错误。

故选8。

2.【答案】A

【知识点】共点力的平衡、力的合成与分解、摩擦力

【解析】解：人对木块B受力分析，受重力，A对B的压力，A对B水平向左的静摩

擦力，斜面对8垂直向上的支持力，斜面对8可能有静摩擦力也可能没有摩擦力，故8

受4个力或者5个力，故A正确；

8、对木块A受力分析，受推力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对A的

静摩擦力与推力尸平衡，根据牛顿第三定律，力对B的摩擦力水平向左，大小为尸，不

可能为零，故B错误；

C、木块8对木块A的作用力是指木块8对A的支持力与向右的摩擦力的合力，其方向

斜向右上方，故C错误；

。、对AB整体受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力、可能没有摩擦力。

当推力的平行斜面方向分力大于整体重力的下滑分力时，斜面对木块B的摩擦力方向沿

斜面向下；

当推力的平行斜面方向分力等于整体重力的下滑分力时，斜面对木块B没有摩擦力：

当推力的平行斜面方向分力小于整体重力的下滑分力时，斜面对木块B的摩擦力方向沿

斜面向上，故。错误。

故选：A。

以3为研究对象分析受力情况，确定8的受力个数：对木块A受力分析，受推力、重

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力、支持力和静摩擦力，结合牛顿第三定律分析木块B受到A对它的摩擦力方向；木块

8对木块A的作用力是指木块8对A的支持力与向右的摩擦力的合力；根据整体重力沿

斜面向下的分力与水平力尸平行于斜面方向的分力大小分析摩擦力。

本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，可以结合力的产生条件、作用效果和牛

顿第三定律分析，难点是8与斜面间的静摩擦力的有无和方向的判断，可以采用假设法

分析。

3.【答案】D

【知识点】安培力的方向

【解析】解：A、若加一沿z轴负方向的电场，电子带负电，电场力方向沿z轴正方向，

亮线向上偏转，故A错误；

2、若加一沿y轴正方向的电场，电子带负电，电场力方向沿y轴负方向，亮线向负

y偏转，故B错误；

C、若加一沿z轴负方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿y轴负方向，亮线

向负y偏转，故C错误；

力、若加一沿y轴正方向的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向沿z轴负方向，亮线

向下偏转，故。正确。

故选：Do

加入磁场时，电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向下（z轴正方向）偏转，说

明电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向。

加入电场时，电子射线受力逆着电场线方向，根据受力方向可确定其偏转方向。

本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力。注意负电荷受力与电场方向相反，而在磁场

中时要注意洛伦兹力方向由左手定则判断。

4.【答案】C

【知识点】万有引力定律的应用、向心力

【解析】解：对木卫二进行分析：根据万有引力定律：誓=尸向

F向=m审r。

联立解得：mg）2r=智

如果要求T则需要得到的数据为木星的质量和木卫二绕木星做匀速圆周运动的轨道半

径。故C正确。

故选：Co

此题用天体运动规律与万有引力公式来解答。

在天体运动中，环绕物体的质量一般都会被约掉。要注意区分清楚中心天体质量与环绕

天体质量。

5.【答案】B

【知识点】机械能守恒定律、重力势能的概念和表达式

【解析】解：不计空气阻力，物体在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，对任一位

置，都有%+Ep=E机；因选取井口所在平面为零势能面，在抛出点的重力势能为负值，

那么质量大的，机械能小，因此质量小的机械能大，则物体势能也一定大；由于两个物

体各自的机械能守恒，所以它们到最大高度时，动能为零，则此时重力势能等于后始

所以质量小的物体重力势能一定大，故B正确，AC。错误。

故选：B。

不计空气阻力，物体在运动过程中机械能守恒，根据零势能面确定抛出点的重力势能,

并根据机械能守恒定律列式确定最高处的机械能，根据动能为零可知重力势能等于最高

点处的机械能。

本题要明确机械能守恒的条件，能熟练运用机械能守恒定律分析物体的动能和势能的关

系，同时明确重力势能的性质，知道重力势能大小与零势能面间的关系。

6.【答案】AC

【知识点】电流周围的磁场及安培定则、安培力的大小

【解析】解：如图1所示，当两平行直导线通有同向电流时，由安培定则和左手定则可

知，两导线之间的安培力是相互吸引的（同向电流相吸引）；同理当两平行直导线通有反

向电流时，两导线之间的安培力是相互排斥的（反向电流相排斥），如图2所示。

依据此原理按题意分别画出各长直导线所受安培力示意图如图3。

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分别过0、A、B、C点的长直导线以下分别称之为导线0、导线4、导线8、导线C,

各导线中对应的电流分别为/。、〃、%、Ic，

A、导线0受到导线A、导线3、导线C的安培力分别为尸%、FOB、F”，

因距离0A=OB,电流〃=/B，所以％4=FOB，即尸仍与等大反向，两者的合力为

零，因此导线C所受安培力就等于F℃，其方向沿＞轴正方向，故A正确；

B、导线A、B对导线C的安培力分别为Fer&B，因距离4c=BC,电流匕二及，所以

FCA=FCB，应用平行四边形定则，两者的合力方向沿y轴正方向，故B错误；

C、导线B、C对导线4的安培力分别为“8、FAC,因距离AB=AC,电流/p=/c，所

以用B=与C，两者方向夹角为120。，应用平行四边形定则，两者的合力以方向与x轴正

方向夹角a=60。，由几何关系知，合力以方向与8c边（即B、C两点连线）平行，故C

正确；

D、导线B受到导线0、A、C的安培力分别为尸BO、FBA、FBC，因距离4B＞。8,电流

OB

IA=/0,所以尸84＜%8,跖4的方向指向一x方向，F的方向指向+%方向，两者合力居

的方向指向+》方向，&再与&c合成得到的合力为导线B所受安培力力，应用平行四边

形定则，导线8所受安培力七方向必在x轴正方向与的方向的夹角内，并不是沿C、

B两点连线由C指向B,故。错误。

故选：AC。

利用“同向电流相吸引，反向电流相排斥”按各选项的题意分别画出受力示意图，结合

直线电流周围的磁感应强度的特点可得导线之间的安培力大小关系，应用平行四边形定

则即可解题。

本题考查了通电长直导线之间的相互作用的安培力特点，应用推论“同向电流相吸引，

反向电流相排斥”结合平行四边形定则可快速解决问题。

7.【答案】AB

【知识点】变压器的构造和原理、法拉第电磁感应定律

【解析】解：A、由题意磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，根据楞次定律

可判断在.1.57x10-2〜4.71x10-25时间内，线圈中产生的感应电动势方向为从上向

下看逆时针，产生电动势的线圈看成电源，。为电源的正极，P为电源的负极，所以P

点的电势低于。点的电势，故4正确；

B、根据题意可知线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式e=NBmS3sinojt,所以感

应电动势的最大值j=NB^S®,由图乙知周期为7=6.28X10-2S=27TX10-2S,所

以3=§=。Tv-d/s—100rad/s,则最大值£1„,=NBSm=200x3.0x10-2x

1Z7TX1Um

0.05x100K=30V,所以线圈中产生的感应电动势的有效值为E=号=那=15/V,

故B正确；

C、原线圈电压q=E,根据变压器的基本关系可知£=最，所以g=竽乙小灯泡

恰好能够正常发光，所以小灯泡的额定电压为竺立乙故C错误；

2

。、滑动变阻器的滑动端向上滑动时，副线圈的电压不变，即小灯泡上的电压不变，所

以小灯泡的亮度将不变，故。错误。

故选：AB。

根据楞次定律可判断在1.57x10-2〜4.71x10-25时间内线圈中产生的感应电动势方

向，即可判断尸点的电势与。点的电势的高低；根据题意可知线圈中产生的感应电动

势的瞬时值表达式，即可求得线圈中产生的感应电动势的有效值；根据变压器的基本关

系可知小灯泡的额定电压；滑动变阻器的滑动端向上滑动时，副线圈的电压不变，所以

小灯泡的亮度将不变。

本题主要考查楞次定律、交变电流的函数表达式、交流电的有效值、变压器的基本关系、

变压器的动态分析等，涉及内容较多，要注意正确分析题意，建立对应的物理模型才能

正确选择物理规律分析求解。

8.【答案】BCD

【知识点】光电效应、爱因斯坦光电效应方程

【解析】解：A、设金属的逸出功为快,截止频率为先,根据动能定理，光电子的最大

初动能&与遏止电压”的关系是a=eUc,光电效应方程为a=hv-Wo,联立可得

4=、一*故"-V图像的斜率为去当a=0时，v=v0,由题图丙可知，此时金

属钠的极限频率为%=笫铲故A错误；

Ud-Uc2

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B、由题图丙可求图像的斜率，根据k=2可解得普朗克常量h=e(Uc?1"i),故8正确；

e艺一打

C、图甲中光源频率为力,其在丙图中对应的遏止电压为41，则光电子的最大初动能为

eUcl,故C正确；

。、在光源频率不变条件下，光束越强，相同时间内相同烟雾浓度下散射到光电管上的

光子数越多，产生的光电流越强，越容易触发报警器报警，故。正确。

故选：BCD。

根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量;

遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率；在光源频率不变条件下，光束越强，相

同时间内发出的光子数越多，产生的光电流越强。

本题以光电效应和光电烟雾探测器工作原理为命题背景，考查了学生的科学推理和应用

数学知识解决物理问题的能力。

9.【答案】平行0.25£-例#0.3

MMg

【知识点】测量动摩擦因数

【解析】解：(1)应调整滑轮的高度，让细线与木板平行;

(2)根据运动学公式得：Ax=at2,

Ax

a=—0.1618-0.1517=0.25m/s2

t20.22o

(3)根据牛顿第二定律，则有：mg-iiMg=(M+m)a；

(M+m)a

解得：〃Mg

代入数据，则有："言-捺瑞x0.25=0.3；

故答案为：⑴平行，(2)0.25,⑶二三一出署；03。

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项。

纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推

论，可计算出加速度；

根据牛顿第二定律，结合滑动摩擦力公式，即可求解。

对于实验问题我们要了解实验的装置和工作原理，同时掌握牛顿第二定律的应用，并要

注意单位的换算。

10.【答案】1.4002.401.8X10-8CD

【知识点】实验：测量金属丝的电阻率

【解析】解：(1)螺旋测微器固定刻度

读数为1mm,可动刻度读数为40.0X

0.01mm,测得铜芯的直径为Inrni+

40.0X0.01mm=1.400mmo

(2)电压表示数能从零开始连续调节，

则滑动变阻器采用分压式接法，电流表

内阻与铜芯线的内阻大小相近，则电流

表采用外接法，连接电路如图所示。

(3)由于电源使用两节干电池，电压表

接3V量程，因此电压表读数为2.40L

电阻的测量值R测号=芋0=1.2。,根据R=若=P后，解得p=1.8xIO,,如

(4)4、如果电流表测得的电流大于通过铜芯线的电流，会导致电阻测量值偏小，从而导

致电阻率测量值偏小，故A错误；

B、用螺旋测微器测得铜芯的直径偏小，导致横截面积测量值偏小，从而导致电阻率测

量值偏小，故B错误；

C、随着温度升高，电阻率增大，因此可能实验时铜芯线的温度高于20。如导致电阻率

偏大，故C正确；

。、铜芯线不纯，含有杂质导致电阻率偏大，故。正确。

故选：CD.

故答案为：(1)1.400,(2)电路如图所示，(3)2.40,1.8x10-8,(4)CD。

(1)螺旋测微器固定刻度最小分度为lm，n,可动刻度每一分度表示O.Olznm,由固定刻度

读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分；

(2))电压表示数能从零开始连续调节，则滑动变阻器采用分压式接法，根据待测电阻与

电流表内阻的大小关系判断电流表采用外接法；

(3)根据电压表的接线方式读取电压表的示数；

(4)根据电阻率的相关量分析即可。

解决本题的关犍掌握螺旋测微器的读数方法，是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读

可动刻度读数时需估读.对电学实验要能设计出电路图，并根据电路图连接电路并得到

待测量，还要会误差分析，难度适中。

11.【答案】解：(1)粒子在电场I中做初速度为。的匀加速运动，从P点到。点

根据动能定理可得：=

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粒子进入电场II的速度为"=空

7m

粒子在电场n中做类平抛运动，由平抛运动规律可知：

I=vt

1

I=-at2

由牛顿第二定律：qEr=ma

解得：E'=2E

(2)设粒子在电场I中“轴上距原点。为x的位置释放，从释放到。点，由动能定理得：

1

qEFx=—mv，”2

解得：1/=匡

yjm

粒子进入电场II中做类平抛运动，设偏移量y,则有

I=v't'

解得：y=—

,2x

由全过程动能定理可得：

qEx+qE'y=Ek

代入y整理可得：

I2

Ek-qE(x+—')

根据均值不等式可知，

当x=g即％=［时，动能由最小值，且最小值为%=2qEl

答：

(1)电场〃的场强E的大小为2E；

(2)该粒子飞出电场〃时的最小动能Ek为IqEL

【知识点】动能和动能定理、带电粒子在电场中的运动

【解析】(1)粒子在电场I中做初速度为()的匀加速运动，由运动学公式求粒子进入电

场n的速度，根据粒子在电场〃做类平抛运动求电场H的场强E的大小：

(2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，由动能定理求出粒子进入电场

n时的速度，粒子在电场〃中做类平抛运动，通过粒子在整个过程中动能定理求飞出电

场口时的动能，由数学方法求解该粒子飞出电场〃时的最小动能后叱

本题考查带电粒子在电场中的运动，如果电场力与粒子速度垂直时，粒子在电场中做类

平抛运动，结合动能定理求速度。本题求最小动能的问题，借助数学的均值不等式求解。

12.【答案】解：涉及动量定理和动量守恒定律均取向右为正方向。

(1)对滑块8分析，由动量定理得：l=mv0

解得滑块8的初速度为：v0=2m/s

从开始到4、B共速，由动量守恒定律可得：mv0=+m')v

解得：v=0.4m/s

对A、8组成的系统，根据能量守恒定律得：=+

解得：〃=0.2；

(2)力尸由零开始增加时4、8先共同加速，当A、8将要相对滑动时，设其加速度为即，

拉力为民，

对A由牛顿第二定律得：卬ng=Ma0

对3根据牛顿第二定律可得：Fo-i^mg=ma0

2

解得：a0=0.5m/s,Fo=0.5N

由图像可以得出此时q=Is

因为尸-£图像与，轴围成的面积表示冲量，贝人

在0〜1s时间内，尸的冲量为A=；X1XO.5N-S=O.25N-S

对A、B系统列动量定理可得：A=(M+m)%'

解得：％'=0.25m/s

由图像面积可求得从1S〜4s内F的冲量为:12=\(0.5+1.0)x(2-1)N・s+1.0x(4-

2)N・s=2.75N・s

对8根据动量定理得：12—nmgt2=-mv0',其中=4s-Is=3s

解得4s末滑块8的速度：V1=8m/s；

(3)相对滑动后，A的加速度恒定，大小为劭，

t=4s时A的速度为/=v0'+a0t2<

解得。2=L75m/s

对A,全过程根据动量定理可得：lA=MV2

解得：1A=1.4/VSo

答：(1)由测试(a)滑块8和木板A间的动摩擦因数为0.2；

(2)由测试(b)4s末滑块B的速度大小为8m/s；

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(3)由测试(b)4s内外力对木板4的总冲量大小为1.4N-s。

【知识点】动量守恒定律、动量定理

【解析】(1)对滑块8由动量定理得求解初速度大小，从开始到4、B共速，由动量守恒

定律、能量守恒定律列方程求解；

(2)求出A、B将要相对滑动时拉力大小，根据F-t图像与，轴围成的面积表示冲量结合

动量定理求解4s末滑块B的速度；

(3)相对滑动后，A的加速度恒定，对4全过程根据动量定理列方程求解外力对木板A

的总冲量大小。

本题主要是考查动量守恒定律、能量守恒定律和动量定理，关键是弄清楚A和B的受力

情况和F-t图像与坐标轴围成的面积所表示的物理意义，掌握动量守恒定律的应用方

法。

13.【答案】BCE

【知识点】热力学第一定律的内容及应用、分子动能、扩散现象、液体的表面张力、热

力学第二定律的内容及应用

【解析】解：小液体与固体接触时，如果附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为

不浸润，故A错误；

8、车轮在潮湿的地面上滚过后，车辙中会渗出水，是由于土壤中的水经过毛细管上升，

属于毛细现象，故B正确：

C、液体汽化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功和液体分子增加的动能,

所以吸收的热量大于液体分子克服分子引力而做的功，故C正确；

。、热力学第二定律是反映宏观自然过程的方向性的定律，并不是从另一个侧面阐述能

量守恒定律，故D错误；

E、燧是系统内分子运动无序性的量度，从微观角度看，一个孤立的系统总是从嫡小的

状态向嫡大的状态发展，故E正确。

故选：BCE.

附着层内分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润；毛细管插入浸润液体中，管内液面

上升，高于管外，毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现象；液体汽

化时吸收的热量等于液体分子克服分子引力而做的功和液体分子增加的动能；热力学第

二定律说明了热学现象的方向性；知道端增加原理。

本题考查了浸润和不浸润、毛细现象、液体汽化、热力学第二定律和尴增加原理等知识

点，这种题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

14.【答案】解：气缸上段内径为下段内径的2倍，活塞。的横截面积为S,则活塞P

的横截面积是4S；

⑴设气体/的压强为Pi，气体〃的压强为P2，由平衡条件得：

对活塞P：Pox4S+4-mg=Pix4S,

对活塞。：PiS+mg=p2S

解得：Pz=Po+等

(it)对气体加热过程气体压强不变，对气体〃，由盖-吕萨克定律得：£=9

解得，气体升高的温度：&T=T0,

设活塞产上升的高度是力，对气体/,由盖-吕萨克定律得：学竺=喑察

ToT0+AT

解得：h=1.51

答：①气体〃的压强是p<)+警；

3)两部分气体温度升高了7°，活塞P上升的高度为1.5屋

【知识点】理想气体状态方程

【解析】⑴