2021届山东省高考物理预热试卷附答案详解

2021届山东省高考物理预热试卷

一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）

1.对固体和液体性质的理解，下列说法正确的是（）

A.晶体的物理性质都具有各向异性

B.液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性

C.当两块薄玻璃板间有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜

具有表面张力的缘故

D.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部

2.在国际单位制中，电容的单位是（）

A.法拉B.焦耳C.安培D.伏特

3.在第二十九届奥运会上“绿色、科技、人文”的理念深入人心.如在奥运村及奥运场馆内大量

使用太阳能路灯，其光电转换装置在阳光照射下把太阳能转换为电能储存起来，供夜晚照明使

用.在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达20%,可产生24V电压，产生2.54的电流，

则每秒该路灯可转化的太阳能为（）

A.120/B.300/C.600JD.1200/

4.如图所示，物体静止于光滑水平面M上，力F作用于物体0点，现要使物体沿着。0'方向做匀加

速运动（F和00'都同一平面内），那么必须同时再加一个力Fi，这个力的最小值为

0

一-

A.Ftan。B.Fcos。C.Fsin。D.

----------------►

F

sinO

5.如图所示，abed是一矩形的四个顶点，且ab=cd=20cm,ad=a\....................................

be=40cm,匀强电场线与矩形所在平面平行，已知a点电势为7V,

b点电势为13V,贝U（）』I

A.场强大小一定为E=30V/m

B.c点电势可能比d点低

C.场强方向一定由b指向a

D.cd间电势差一定为61/

6.如图所示，质量为Tn1的木块受到向右的水平拉力F的作用沿质量为62的

长木板向右滑行，长木板保持静止状态。已知木块与长木板间的动摩擦

因数为外，长木板与地面间的动摩擦因数〃2,则（）

A.长木板受到地面的摩擦力大小一定为〃2（61+^2）g

B.长木板受到地面的摩擦力大小一定为由niig

C.若改变F的大小，当尸＞〃2（巾1+爪2）9时，长木板将开始运动

D.适当增加F的大小，长木板可能运动

7.如图所示，EOFGC为某种透明介质的截面图，EC是半径为R的四分之.一-'

一圆弧。OFGC是一个正方形，71B为足够大的水平屏幕并紧贴介质的'

/\o

底面，由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心0,该介质对

红光和紫光的折射率分别为%=誓，电=V2,设光在真空中的速度，，

为c。则（）

A.红光在介质中的传播速度为“=心。

2

B.随着角度a逐渐变大的过程中，紫光和红光依次发生全反射

C.当a=53°时，光在屏幕力尸上出现了两个亮斑，则这两个亮斑之间的距离为叵

6

D.红光在玻璃中的频率比空气中的频率大

二、多选题（本大题共5小题，共19.0分）

8.用一水平拉力使质量为小的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体与水平面间的摩擦因数

不变，物体的u-t图象如图所示.下列表述正确的是（）

A.在0〜ti时间内物体做曲线运动B.在0〜时间内拉力逐渐减少

C.在Q〜（2时间内合外力做功D.在J〜t：2时间内拉力的功率不为零

9.两颗人造地球卫星，质量之比mi：m2=l；2,轨道半径之比Ri：/?2=3：1,下面有关数据之

比正确的是（）

A.周期之比A：T2=3：1B.线速度之比%:w=3：1

C.向心力之比为&：F2=1：18D.向心加速度之比ara2=1：9

10.x轴上各点的电场强度如图所示，场强方向与x轴平行，规定沿X轴正方向为正，一负点电荷从坐

标原点。以一定的初速度沿x轴正方向运动，点电荷到达%2位置速度第一次为零，在位置第二次

速度为零，不计粒子的重力.下列说法正确的是（）

；*1«2

A.。点与％2和0点与乂3电势差UOX2=UOx3

B.点电荷从。点运动到不，再运动到X3的过程中，加速度先减小再增大，然后保持不变

C.点电荷从。点运动到小，再运动到右的过程中，速度先均匀减小再均匀增大，然后减小再增

大

D.点电荷在小、位置的电势能最大

11.如图甲所示，单边有界匀强磁场垂直光滑水平桌面向上，磁场的磁感应强度大小为8,一个质量

为小、边长为L、粗细均匀的正方形金属线框放在桌面上，以一定的速度向右滑动，线框运动过

程中cd边始终与磁场边界平行，线框进磁场过程中cd边两端的电压随时间变化如图乙所示，线

框的电阻为R,则下列说法正确的是（）

A.线框进磁场过程中，回路中的最大感应电动势为%

B.线框进磁场前的速度大小为翳

C.线框进磁场过程，线框cd边受到安培力的冲量大小为瞿（%-%）

D.线框进磁场过程，线框中产生的焦耳热为袅（4-%）2

12.如图所示，平行板电容器4、B两极板与直流电源E、理想二极管。（正I-----------耍

1A

向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路）连接，电源B

负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴在电呼

容器中的P点处于静止状态。下列说法正确的是（）

A.将极板力向下平移后，油滴在P点的电势能Ep增大

B.将极板B向上平移后，油滴在P点的电势能与增大

C.将极板4向上平移后，带电油滴静止不动

D.将极板B向下平移后，极板B的电势降低

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.某同学为了探究物体在斜面上运动时受到的摩擦力与斜面倾角的关系，设计实

验装置如图1.长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上（图中未画出）。在平板上安装两个

光电门，其中光电门乙固定在平板上靠近底端处，光电门甲的位置可移动。当带有遮光片的滑

块自平板上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时

间。

实验步骤如下：

a）用天平测量滑块的质量加；

b）用直尺测量平板的长度L和平板顶端到水平桌面的垂直距离九；

c）用直尺测量光电门甲、乙之间的距离si,将滑块从靠近平板顶端的。点（图中未标出）静止释放，由

光电计时器读出滑块的运动时间ti；

d）改变光电门甲的位置，测量甲、乙之间的距离S2,仍将滑块从靠近平板顶端的。点静止释放，读出

滑块的运动时间今；

e）利用所测数据求出摩擦力,和斜面倾角的余弦值cosa；

f）多次改变斜面的倾角，重复实验步骤b〜e,作出/-cosa关系曲线。

（1）测量平板长度的直尺读数如图2所示，读得L=。

（2）用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）

①斜面倾角的余弦cosa=；

②在步骤c）中，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度％、测量值si和0四个物理量

之间所满足的关系是；

③由步骤c）和d）,滑块运动时的加速度a=:

④滑块运动时所受到的摩擦阻力/=。

14.利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等。图甲所示为某同学用传感器做实验得到

的小灯泡的U-/关系图线。

电压传感器

电

5流

4传

3感

O—器

2

Z/A

0.6

乙

（1）实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器4（阻值范围0〜100）、滑动变

阻器8（阻值范围0〜1000）、电动势为6V的电源（不计内阻）、小灯泡、电键、导线若干。该同学

做实验时，滑动变阻器选用的是（选填“4”或“B”）；请在图乙的方框中画出该实验的

电路图。

（2）如果将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.34电源电动势为3V。

则此时小灯泡的电功率为_勿，电源的内阻为。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）

15.一定质量的理想气体，沿如图所示折线由状态4依次变化到状态B、C、

A,己知在状态4时，温度为360K,MXlatm=105Pa,求：

①气体在C状态的温度是多少K?

②经过一个循环气体吸热还是放热？吸收或放出了多少热量？

16.如图甲，低空跳伞是一种极限运动，人在空中降落过程中所受空气阻力随下落速度的增大而增

大，而且速度越大空气阻力增大得越快.一名质量为70kg的跳伞运动员背有质量为10kg的伞包

从某高层建筑顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其整个运动过程的v-t图象如图乙所示.已

知2.0s末的速度为18m/s,10s末拉开绳索开启降落伞，在触地前人已经做匀速运动，16.2s时双

脚己稳稳地站立在地面上.g^lOm/s2,请根据此图象估算：

图甲

(1)起跳后2s内运动员(包括其随身携带的全部装备)所受平均阻力的大小；

(2)运动员从脚触地到最后速度减为零的过程中，若不计伞的质量及此过程中的空气阻力，则运动员

所需承受地面的平均冲击力多大；

(3)开伞前空气阻力对跳伞运动员(包括其随身携带的全部装备)所做的功.

17.如图所示，4B是足够长的倾角。=37。的斜轨道，BC是水平轨道，CD是竖直放置的半径R=1m

的光滑半圆轨道，CD为竖直直径。一小滑块从斜面上距水平轨道高八=5巾处由静止滑下，恰好

能通过半圆轨道的最高点D.已知滑块与斜轨道和水平轨道间的动摩

擦因数均为4=0.3,重力加速度g=10m/s2,s讥37°=0.6,cos37。=0.8.不计空气阻力,不计滑

块经过斜轨道底端拐角处的机械能损失，计算结果可保留根式或分式。

(1)求滑块滑到C点时的速度大小；

(2)求水平轨道8c的长度；

(3)若改变滑块释放的初始位置，使滑块从D点飞出后垂直撞击到斜轨道上，求滑块撞击斜轨道的位

置到水平轨道的高度

18.如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与平台在B点处相切，圆弧半径R=1m,

质量为Mg的物块置于4点，4、B间距离为2m,物块与平台间的动摩擦

因数为〃=02现用水平恒力F拉物块，使之由静止开始向右运动，至点

2

时撤去拉力，物块刚好能滑到轨道最高点。(5=lOm/s)

(1)求产的大小；

(2)求物块刚滑到四分之一圆弧轨道的B点时对轨道的压力大小。

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、单晶体具有各向异性，多晶体不具有各向异性，故4错误；

8、液晶同时具有液体和晶体特性，即液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性，故8正确；

C、当两块薄玻璃板间有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水分子和

玻璃分子间存在引力作用，故C错误；

。、液体表面张力的方向与液面平行，跟这部分液面的分界线垂直，故。错误。

故选：B。

晶体分单晶体和多晶体，其中多晶体不具有各向异性；液晶具有液体和晶体的特性；当两块薄玻璃

板间有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水分子和玻璃分子间存在

引力作用；液体表面张力的方向与液面平行。

本题考查固体和液体的性质，此部分内容主要要求学生在平时学习中注意积累，难度不大。

2.答案：A

解析：解：在国际单位制中，电容的单位是法拉，焦耳是功的单位，安培是电流的单位，伏特是电

压的单位.

故选A

在国际单位制中，电容的单位是法拉，不是焦耳、安培、伏特.

本题考查单位问题，基础题，比较容易.单位也是高考考查的内容之一，要加强基本知识的学习，

不在简单问题上丢分.

3.答案:B

解析：

根据电流做功公式计算路灯正常工作消耗的电功率，然后结合太阳能电池的光电转换效率为20%计

算电池板吸收太阳能的功率，即每秒该路灯可转化的太阳能.

本题考查学生综合运用欧姆定律，功率公式，电功公式及效率公式灵活计算有关物理量的能力，知

识的系统化很重要.

路灯正常工作消耗电功率：

p=UI=24x2.5=60W

若设电池组吸收太阳能的功率为：P',则有:

p=20%-P',

即：p'=3001V；

W'=P't=300x1=300/

即：每秒该路灯可转化的太阳能为3001

故选B。

4.答案：C

解析：

物体从静止开始做匀加速直线运动，合力的方向和运动的方向是一样的，要使物体沿着。0'方向做加

速运动，合力必须沿着。。'方向，根据三角形定则，可以求出此时最小的力。

本题考查了分力与合力的关系，应用三角形定则可以较简便的解决这一类的问题。

要使物体沿着。。1方向做加速运动，合力必须沿着。。1方向，根据三角形定则可知，合力的方向确定

了，分力F的大小方向也确定了，

由F做。。1的垂线，此时的&就是最小值，再由三角形的知识可以求得最小值为Fs讥。，故C正确，

AB。错误。

故选C。

5.答案：D

解析：

匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直，可知，cd间电势差等于ba

间电势差.电场线方向无法确定，场强大小不能求出

本题的关键在于抓住匀强电场的等势面与电场线分布均匀的特点，分析cd间电势差与ba间电势差的

关系

AC,根据题设条件可知，场强方向无法确定，知道了好间电势差，但不能根据E=5求出场强的大

小。故4c错误；

。、根据匀强电场的电场线与等势线分布的特点可知，cd间电势差必等于加间电势差，为6匕故。正

确；

8、cd间电势差为6V,则知c点电势比d点高6匕故B错误

故选：D。

6.答案：B

解析：解：AB.mi所受木板的滑动摩擦力大小/I=%mi。，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知：

长木板受到nh的摩擦力方向水平向右，大小等于内rnig,血2处于静止状态，根据平衡条件长木板受

到地面的摩擦力的大小是出nug,故A错误8正确；

C、若改变F的大小，当尸＞的（巾1+巾2）。时，木块对长木板的摩擦力仍没有变化，因为摩擦力的

大小和F无关，大小始终是〃pnig,所以长木板仍处于静止，故C错误；

D、不论F如何改变，木块对长木板的摩擦力大小仍不变，大小是由niig,所以长木板都不可能运

动。故。错误。

故选：Bo

mi对62的压力等于爪19，血1所受瓶2的滑动摩擦力/1=%7n19，方向水平向左，Hi2处于静止状态，

水平方向受到nii的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件分析木板受到地面的摩擦力的大小

和方向。

本题中木板受到地面的摩擦力是静摩擦力，不能根据滑动摩擦力公式求解，/2="2（mi+m2）g是错

误的，不能确定此摩擦力是否达到最大值。

7.答案：C

解析：解：4、根据光在介质中的速度与折射率的关系可知红色光在介质中的速度：及〃=£=孚.故

A错误；

B、根据临界角公式sinC=；知，C=arcsinj

将m=竽，电=鱼代入上式得，红光与紫光的临界角分别为60°,C絮=45。

而光线在4B面上入射角i=45。，说明紫光恰好发生了全反射，红光从4B面既有反射，也有折射。

当a增大时，入射角i减小，红色光不能出现全反射。故8错误；

C、当。=53。时，对应的入射角：1=37。，光在屏幕4F上出现了两个亮斑分别是红色光与紫色光的

紫色光，所以在4M区域的亮斑A为红色，在AN区域的亮斑P2为红色与紫色的混合色。画出如图光

路图.

P2P1

设折射角分别为4和「2,两个光斑分别为Pl、P2,根据折射定律：几=黑

4H.2\/3.3y/2

W：si71rl=—»sinr2=—

R

由几何知识可得：tanri=7r

解得：FP]=嗝R

同理解得：FP2=^R

所以：PrP2=FPr-FP2=建口-嚎R=闻:旧R.故C正确;

。、光从一种介质进入另一种介质时，光的频率不变。故。错误

故选：Co

根据光在介质中的速度与折射率的关系分析；先由全反射临界角公式smc=三求出红光与紫光的临

n

界角，可判断红光和紫光在4B面上能否发生全反射，可判断亮斑的光的成分，作出光路图，由折射

定律求出折射角，再由反射定律和几何知识可求得两光斑的距离。

本题首先要掌握临界角公式sinC=工和全反射的条件，判断出光线在48面上能否发生全反射，能熟

n

练作出光路图，并能正确应用几何关系进行求解。

8.答案：BD

解析：4、0〜t]时间内，拉力朝前，位移向前，故物体做直线运动，故4错误；

B、0〜口时间内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有尸一与=?na,摩擦力

不变，故拉力不断减小，故B正确；

C、Q〜t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故C错误；

。、ti〜t2时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故。正确；

故选：BD.

物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析

即可.

本题关键是由图象得到物体的运动情况，根据牛顿第二定律列式判断出拉力的变化情况，难度不大，

属于基础题.

9.答案：CD

解析：解：人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供有：

22

Fl=—GM—m=m4—nr-r=ma=mv—

r2T2r

A、7=2兀居，轨道半径之比％：R2=3：1.所以周期之比A：T2=3V3：1,故A错误；

B、u=柠，轨道半径之比％：R2=3：1,所以线速度之比/：刈=1：V3,故B错误；

C、F=质量之比ni］：m2=1：2,轨道半径之比Rj/?2=3：1,所以向心力之比为&：F2=1：

18,故C正确；

D、a=M轨道半径之比&：R2=3：1,所以向心加速度之比a*a2=1：9,故。正确；

故选：CD.

人造地球卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动的向心力由此判定周期等描述圆周运动的

物理量与半径的关系即可.

本题抓住万有引力提供圆周运动向心力，熟悉公式并能灵活运用是关键.

10.答案：AD

_12

=

解析:A、根据动能定理，电荷由。点与亚和。点与都有：—qLQ——njvQ~,Ajj：U0x2=U0x3,

故4正确；

8、由图可知，x轴正方向上点场强沿着x轴正方向，场强大小是非线性变换，x轴负方向个点场强方

向沿着x轴负方向，为匀强电场，点电荷从坐标原点出发，其加速度先增大后减小，再增大后减小，

而后增大再减小，再增大后减小，然后保存不变，在x轴左侧做匀变速直线运动，故B错误；

C、由题意，点电荷到达上位置速度第一次为零，在3位置第二次速度为零，可知电荷先向右减速到

X2,在3位置第二次速度为零，不在向左加速到原点，然后在减速到与，故C错误；

。、电荷运动过程中动能和电势能之和保持不变，动能最小则电势能就最大，故点电荷到达不位置速

度第一次为零，在为位置第二次速度为零，在%2,打位置电势能最大，故。正确。

故选：力、D。

11.答案：BC

解析：解：AB.设线框的cd边刚进入磁场时的速度为孙，其电动势为最大值，有

此时cd边两端电压为路端电压%=IE0

解得：E=^U,%=翳，故4错误，B正确；

0J0ODL

CD、设线框的ab边进入磁场的瞬间速度为力,对应的电动势为Ei=

路端电压/

解得：%=翳，

根据动量定理：线框进磁场过程，线框Cd边受到安培力的冲量等于线框的动量变化，即为：

4m4m

/=mv1-mvQ=(Ui-%)=—(%—l/i)

所以冲量的方向水平向左，大小为罂(%-U1),

JDL

根据功能关系，线框的动能减少量就等于线框产生的焦耳热，即(2=纲诏一如说=嚼萨2,故

C正确，£＞错误。

故选：BC.

线框cd边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律由E=B。。求出感应电动势，由欧姆定律求出cd

两端的路端电压比的表达式，即可求解初速度%;

同理求出线框的帅边即将进入磁场时的速度％的表达式，根据动量定理求出线框所受安培力的冲量

大小，根据功能关系线框产生的焦耳热。

本题考查了电磁感应与动量定理以及动能定理的综合，理解cd两端电压为路段电压，熟练应用动量

定理和动能定理处理电磁感应现象中的冲量问题和功能关系问题。

12.答案:CD

解析：解：二极管具有单向导电性，闭合电键后电容器充电，电容器的电容：c=C=。极

4kndU

板间的电场强度：E=T整理得：E=等；油滴静止，油滴所受合力为零，向上的电场力与向下

aeS

的重力相等，qE=mg；

A、将上极板4向下移动，d变小，由。=彘可知，。变大，由。=。以电容器电量Q增多，由于二

极管具有单向导电性，电容器要充电，由£=誓可知电容器两极板间的电场强度增大，由于下极

板B电势不变，且下极板与P点距离不变，而电场强度变大，则电势差变大，再由油滴带负电，所以

P点的电势能坛减小，故A错误；

B、将上极板B向上移动，d变小，由。=急可知，C变大，由、=«/,电容器电量Q增多，由于二

极管具有单向导电性，电容器要充电，由岳=管可知电容器两极板间的电场强度增大，由于下极

板B电势不变，且下极板与P点距离不变，而电场强度变大，则电势差变大，再由油滴带负电，所以

P点的电势能与减小，故8错误；

C、将上极板B向上移动，d变大，由。=急可知，C变小，由、=07,电容器电量Q减小，由于二

极管具有单向导电性，电容器不能放电，由？=管可知电容器两极板间的电场强度不变，则电场

力不变，因此带电油滴静止不动，故C正确；

。、将极板B向下平移后，由。=急可知，C变小，由Q=CU,电容器电量Q减小，由于二极管具

有单向导电性，电容器不能放电，由后=甯可知，电场强度E不变，而上极板与下极板的距离变大，

则它们的电势差增大，因此极板B的电势降低，故。正确；

故选：CD.

根据平行板电容器的电容公式、电容的定义式与匀强电场场强与电势差的关系求出极板间的电场强

度，根据题意判断极板间的电场强度如何变化，然后判断P点电势、油滴的电势能如何变化，判断油

滴如何运动。

本题考查了判断P点电势高低、油滴运动方向问题，本题难度较大，分析清楚极板间电场强度如何变

化是解题的关键；应用：C=5J，C*E=g即可解题。

4kndUd

13.答案：101.98cm比/si=呐】一：*鲁对富mg-白詈-兽）

解析：解：（1）从起点为零刻度，因此其读数为为101.9cm+0.08cm=101.98cm；

（2）①由数学知识可知：cosa=哼g；

②把光电门甲至乙的匀加速运动看成反向的匀减速运动，因此根据匀变速运动位移时间公式s=

+1产可得:

Si=Vtti--at^；

③同理，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度/、测量值S2和今四个物理量之间所

满足的关系是

s2=vtt2--atj

1：2)

联立解得a=

④由牛顿第二定律得：mgsin6-f=ma,解得：f=mg”黑篇)；

故答案为：⑴101.98cm；(2)①"”②=遍③

2m(s2ti-s1t2)

1也(21-以)

(1)读数的方法是精确值，加估读值。

(2)①根据题意应用数学知识求解正余弦函数值；

②③正向的匀加速直线运动，可以看成反向的匀减速运动，因此可以把光电门甲至乙的匀加速运动

看成反向的匀减速运动，写出测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式；联立即可求得就爱速度〃

④对滑块受力分许，由牛顿第二定律列方程可以求出摩擦阻力。

熟练应用数学知识和牛顿第二定律以及运动学公式解决问题；掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数

加上游标读数，不需估读。

电压传感器矍

传

感

14.答案：(1)/1器

(2)0.69(0.66-0.72)2.3(2-2.67)

解析：

(1)在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；实验时，电压与电流

从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由于灯泡电阻较小，电流表可以采用外接法，据此作

出电路图；

(2)由小灯泡的U-/图象，根据电流找出灯泡两端电压，由「="求出灯泡功率；在图象上作出电

源的U-/图象，图象的斜率等于电源的内阻。

本题考查了实验电路设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。

(1)为方便实验操作，滑动变阻器可以选A;小灯泡电阻较小，电流传感器应采用外接法，描绘小灯

泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图1所示；

(2)由图中可知，通过灯泡的电流是0.34时，灯泡两端电压是2.3V,则灯泡功率P=U/=2.3Ux

0.34=0.69W；

电源电动势是3V,过点(0.34,2.3U)和纵轴上3V的点作一直线，该直线是电源的U-/图象，如图2所

示，

该直线斜率绝对值等于电源的内阻下="=上空

AZ03

故答案为：(1)4电路图如图1所示;(2)0.69(0.66-0.72)2.3(2-2.67)。

电压传感器

电

流

传

感

器

15.答案:解:①4、C两状态体积相等，根据查理定律得:$=整又。=360K、PA=4atm、pc=2atm，

解得：Tc=180K

②整个循环过程气体对外做的功等于三角形ABC包围的面积，根据热力学第一定律有：AU=Q+W

1u,

5

w=--(4-2)x10x(4-1)x10-3/=_300；

△(7=0

解得：Q=300/吸热

答:①气体在C状态的温度是180K；

②经过一个循环气体吸热，吸收300/热量。

解析：①据气体状态方程即=c,找出各个状态的状态参量，根据气体的状态方程计算即可得到在C

状态时的气体的温度大小，

②整个循环过程气体对外做的功等于三角形4BC包围的面积，结合热力学第一定律可求得吸收的热

量。

本题考查了查理定律、热力学第一定律的应用，要知道在p-U图中通过“面积”求解做的功。

16.答案：解：(1)由u-t图可知，起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速直线运动，其加速度为

a=£=9.0m/s2

设运动员所受平均阻力为/,根据牛顿第二定律有

解得f=m总(g-a)=80N

(2)由v-t图可知，运动员脚触地时的速度以=5.0m/s,经时间t2=0.2s速度减为零，

设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F,根据牛顿第二定律可知：F-mg=m竽

式中m=70kg