2021届广东省高考物理模拟试卷(一)(含答案解析)

2021届广东省高考物理模拟试卷（一）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.在演示光电效应的实验中，原来不带电势一块锌板与灵敏验电器相连接.用弧光照射锌板时,

验电器的指针就张开一个角度，如图所示.这时（）

弧光灯

式

不

A.锌板带负电，指针带正电B.锌板带负电，指针带负电

C.锌板带正电，指针带负电D.锌板带正电，指针带正电

2,十六世纪末，伽利略创立了更能深刻地反映自然规律的理想实验方法，将可靠的事实和理论思

维结合起来，推翻了已在欧洲流行将近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理

学发展的新纪元.

在以下四种说法中，与亚里士多德观点相反的是（）

A.四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大

B.一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长时间

不受力时的“自然状态”

C.两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落得较快

D.一个物体维持匀速直线运动不需要力

3.如图所示，传送带与地面的倾角。，传送带以v匀速运动，在传送带底

端无初速地放置一个质量为根的物体，当物体上升高度/2时，物体已

经相对传动带静止，在这个过程中分析正确的是

1

A.动能增力口mghB.动能增加

1,1

C.机械能增加mghD.重力势能增加mgh+严1丫2

如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为2=1100匝，副线圈

匝数为电=io。匝，电阻R=io。，原线圈接入一电压u=

220位sinl007rt（V）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响

可忽略不计，则（）

A.副线圈交变电流的频率是100HzB.t=0.02s时，电压表的示数为。

C.电流表的示数为2AD.变压器的输入电功率为40W

5.如图质子（阳）、笊核6"）和a粒子乙He）都沿平行板电容器两板中线。。'方向垂直于电场线射入

板间的匀强电场，射出后都打在同一个与0。'垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。则下列说

法中正确的是（）

0•..............................（）'

I=

A.若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点

B.若它们射入电场时的动量相等，在荧光屏上将出现3个亮点

C.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现3个亮点

D.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，在荧光屏上将出现3个亮点

6.下列说法正确的是（）

A.磁场中某点的磁感应强度的大小和方向与放在该点的导体受力情况无关

B.磁场看不见、摸不着，实际不存在，是人们假想出来的一种物质

C.磁场中某点的磁感应强度的方向就是放在该点的一段通电导体的受力方向

D.场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点磁感应强度值大小为零

7.如图甲所示，一长为/的轻绳，一端穿在过。点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，

整个装置绕。点在竖直面内转动.小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方后的关

系如图乙所示，重力加速度为g,下列判断正确的是（）

”.2

A.图象函数表达式为F=??1丁+zng

B.重力加速度g=y

C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大

D.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线6点的位置左移

二、多选题（本大题共3小题，共16.0分）

8.如图1所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上，其倾角为8,在斜面的中间位置放置一

质量为优可视为质点的滑块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的外力

F,同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在开始的一段时间内，其机械能E随位

移尤的变化规律如图2所示。其中0〜%为曲线、为平行于x轴的直线。贝1K）

X1X2

A.0〜xi的过程中滑块的运动方向沿斜面向下

B.0〜%的过程中滑块的加速度逐渐减小到零

C.0〜小的过程中滑块先沿斜面向下做加速运动再沿斜面向下做匀速运动

D.々〜4的过程中滑块的加速度大小为gs讥。

9.在如图所示的电路中，闭合开关S,当滑动变阻器的滑片尸从最顶端向下滑

动时（）%丁

A.电压表⑦的示数先变大后变小

B.电流表®的示数变大-----

C.电压表⑨的示数先变小后变大

D.电流表⑥的示数先变大后变小

10.如图所示，半径分别为R和2R的甲、乙两薄因盘固定在同一转轴上，距弋

地面的高度分别为2人和人，两物块a、b分别置于圆盘边缘，a、b与圆甲;口

盘间的动摩擦因数〃相等，转轴从静止开始缓慢加速转动，观察发现，a乙-T|

离开圆盘甲后，未与圆盘乙发生碰撞，重力加速度为g,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，则（）

A.动摩擦因数〃一定大于答

B.离开圆盘前，。所受的摩擦力方向一定指向转轴

C.离开圆盘后，。运动的水平位移大于6运动的水平位移

D.若〃=黑.落地后6到转轴的距离之比为VILV14

三、填空题(本大题共2小题，共9.0分)

11.若一定质量的理想气体分别按图所示的三种不同过程变化，其中表示等容变

化的是(填“aTb"、“6-c”或"c-d”),该过程中气体的内能

(填“增加”、“减少”或“不变”).

12.某地有一秒摆(周期是2秒)，贝U：

(1)仅将其摆长缩短为原来的%其它条件不变，则其周期变为秒；

(2)仅将其质量增大为原来的4倍，其它条件不变，则其周期变为秒;

(3)仅使其振幅减小为原来的%其它条件不变，则其周期变为秒.

四、实验题(本大题共2小题，共16.0分)

13.做“验证力的平行四边形定则”实验时，其中的三个实验步骤是:

(1)在水平放置的木板上铺一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线

同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到某一位置。，在白纸上记

下。点和两弹簧测力计的读数Fi和尸2.

(2)在纸上根据6和心的大小，应用平行四边形定则作图求出合力F.

(3)只用一个弹簧测力计通过细线拉橡皮条，使它的伸长量与两个弹簧测力计拉时相同，记下此时弹

簧测力计的读数F'及细绳的方向.

以上三个步骤中均有错误或疏漏，指出错在哪里？

在(1)中是

在(2)中是

在(3)中是.

14.在“测电池的电动势和内阻”的实验中，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验.

器材：待测干电池E一节，电压表V,电流表A,滑动变阻器R](0〜10。)，滑动变阻器&(0〜200。)，

开关S.(结果均保留2位小数).

(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用(填&或R2>

(2)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证电键在闭合

前滑动变阻器的滑片处于正确的位置.

(3)该同学根据实验数据得到图丙中的图象b,则他根据图象》求得电源电动势石=V,内电

阻r=仅

(4)丙图中。图线是某电阻R的伏安特性曲线，该同学将该电阻R与本实验中的所用的电池连成一闭

合电路，此时电阻R消耗的电功率是W.

(5)假如本实验中所使用的电压表的内阻很大(可视为理想电压表)，而电流表是具有一定的内阻(不可

忽略)，则根据本实验原理图所测得的电源电动势值将，内电阻值将.(选填“偏

大”、“偏小”、“不变”)

五、计算题(本大题共4小题，共43.0分)

15.如图矩形区域油〃为有界匀强电场、匀强磁场的边界，、对角线为电场

和磁场的分界线，且与6c边夹角为60。，be=5m,电场强度为E=6.0X

1()4N/C,在be边界上尸点有一放射源，在纸面所在的平面内向磁场中的各

个方向发射质量为m=1.0x10-20的、电荷量为q=1.0xI。一12c的正电

粒子，粒子的发射速度相等，bP=^m,已知射入电场的粒子在磁场中

3

运动的最长时间为兀X10-65,并且其轨迹恰好与加相切.求：

(1)匀强磁场的磁感应强度及粒子的速度大小;

(2)射入电场的粒子在磁场中运动的最短时间;

(3)在(2)问前提下，粒子射出电场的位置.

16.在水平长直的轨道上，有一长度L=2爪的平板车，质量M=3kg,以%=4m/s的速度做匀速

直线运动，某时刻将一质量为爪=1kg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因

数为4=0.2,求：

nf兆

[._____________

(1)为使滑块恰好不从车的左端掉下，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个恒力E该恒力

尸最小值及作用时间；

(2)若F=8N,为使滑块不从车上掉下，则力尸作用的时间T应在什么范围？

17.若一定质量的理想气体分别按如图所示的三种不同过程变化，A图中的曲线为双曲线，其中表

示等温变化的是；表示等压变化的是(选填"A"、或“C”)，在等压变化

过程中气体的内能(选填“增加”、“减少”或“不变”).

18.一列简谐横波，某时刻的波形图如图甲所示。从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图

甲乙

(1)写出该简谐波的波长入周期T和传播方向；

(2)该简谐波的传播速度v的大小是多少？

(3)写出1.5s时。点的纵坐标(不要求写求解过程)。

【答案与解析】

1.答案：D

解析：解：锌板在弧光灯照射下，发生光电效应，有光电子逸出，锌板失去电子带正电，验电器与

锌板相连，导致指针带正电.故。正确，A、B、C错误.

故选：D.

用弧光灯照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子，从而可以得出锌板和指针的电性.

解决本题的关键知道光电效应的成因，以及知道金属失去电子带正电.

2.答案：D

解析：解：4亚里士多德的多数结论来自观察.用四匹马和两匹马拉车，车在运动的过程中所受的

摩擦力相同，两次都是匀速运动故尸=八但四匹马的功率大于两匹马的功率，根据P=Fv,可知u=

£=g故认为物体受力越大，速度越大的观点是错误的，故A选项是亚里士多德的观点.故A错误;

卜J

2、一个物体不受力就会逐渐停下来，是因为物体受到了地面的摩擦力，而不是因为不受力.故2

选项是亚里士多德的观点.故8错误；

C、两个物体从同一高度自由下落，较重的下落的快，是因为重的物体所受的摩擦力相对于重力来说

小，其加速度就大.如果没有空气的阻力两物体应同时到达地面.故C选项是错误的，是亚里士多

德的观点.故C错误；

。、物体之所以运动，不是因为受力，而是由于惯性，故维持物体的运动不需要力.故。选项是正

确的.是伽利略的观点，与亚里士多德的观点相反.故。正确.

故选：D

亚里士多德的观点多来自对自然地观察，往往忽略了摩擦力对物体的影响，而物体的自然属性是运

动，维持运动不需要力，是物体的惯性.

本题主要考查物理学史，解决这类题目的唯一捷径是要加强对这方面知识的积累.

3.答案：B

解析：

本题的关键是明确动能、重力势能以及机械能的定义及计算。

本题考查了功能关系；动能和势能的相互转化。理解记忆物理概念和规律是学好物理的关键。

48.由动能的定义可知，物体的动能增加JjWV?,而重力势能增加相g/z,故A错误，8正确；

2

C.物体机械能增加为MgA+QjwJ,故C错误；

。.物体重力势能增加为mgh,故。错误。

故选瓦

4.答案:D

解析：解：A、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50%,所

以A错误.

2、电压表的示数为电路的有效电压的大小，输入电压的有效值为220H根据电压之比等于匝数之

比可知；副线圈的最有效的电压为20匕所以电压表V的示数为20匕所以8错误.

C、电阻R的电流为办=黑=24根据原副线圈的电流与匝数程反比可以求得原线圈的电流为224,

所以C错误.

变压器的输入功率和输出功率是相等的，由C已经求出R的电压为20V,所以R的功率为乃=变=

R10

40W,故。正确.

故选：D.

根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得

出结论.

本题考查变压器原理及交流电表达式的认识；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，

本题即可得到解决

5.答案：B

解析：解：三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做

初速度为零的匀加速直线运动，则得到：

加速度为：。=殁

m

偏转距离为：y=|at2,

运动时间为：t=5

v0

联立三式得：y=芈与；

'2rrtVQ

根据出射速度反向延长线过水平位移的中点可知，如果y相同，则粒子打在荧光屏上的位置相同，y

不同，则粒子打在荧光屏上的位置不相同。

A、若它们射入电场时的速度相等，y与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，笊核和a粒子

的比荷相等，在荧光屏上将出现2个亮点，故A错误；

B、若它们射入电场时的动量相等，）;=芈与=广/，可见y与步7成正比，三个粒子的q相都不

同，则在荧光屏上将只出现3个亮点，故8正确；

C、若它们射入电场时的动能相等，则y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点，故C错误；

D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，设加速电压为U,则有：qU=|zn诏，

根据推论可知y=黑，解得：y=霁，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，故。错误。

故选：瓦

质子、笊核和a粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方

向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进

行分析。

此类题目属于类平抛运动，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，

两个方向的运动具有等时性，掌握类平抛运动的规律是关键。

6.答案：A

解析：解：4磁场中某点的磁感应强度的大小和方向是由磁场本身决定的，与放在该点的导体受力

情况无关。故A正确。

2、磁场是存在于磁体周围周围的一种特殊物质，它与实物粒子不同，场看不见，摸不到，但又确定

存在，故8错误；

C、根据左手定则可知，通电导线在磁场中的受力方向与磁场方向相互垂直；故C错误；

。、一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力，可能导体与磁场平行，因此磁感应强度不一定为零。

故。错误。

故选：Ao

磁场是存在于磁体周围周围的一种物质，它与实物粒子不同，场看不见，摸不到；在磁场中磁感应

强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱。将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁

场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比。

磁感应强度的定义式8可知，是属于比值定义法。即8与尸、/、乙均没有关系，它是由磁场的本

身决定。

7.答案：B

22

解析：解：A、小球在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=m亍,解得F=m亍—mg,故A错

误。

B、当F=0时，根据表达式有：mg=my,解得g=亍=,，故8正确。

C、根据尸=机手-爪9知，图线的斜率k=:,绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C

错误。

D、当尸=0时，g=*可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图

线6点的位置不变，故。错误。

故选：Bo

在最高点，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，结合牛顿第二定律求出拉力的表达式，结合图线

的横轴截距以及斜率分析判断.

本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同学们能根据图象获取有效信息，再结合向

受力分析和牛顿第二定律进行分析求解.

8.答案：AD

解析：解：4开始时只有拉力与重力做功，拉力做的功等于小物块机械能的增加，由图乙可知，开

始时滑块的机械能减小，则拉力做负功，所以滑块运动的方向向下。故A正确；

B、由/冷-S可知，即图乙中，图线的斜率表示拉力的大小，由题可知，该拉力逐渐减小。

滑块受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得：ma=mgsind-F,贝U：a=

mgsinO-F

m

可知在。〜尤i的过程中滑块的加速度逐渐增大。故B错误；

C、D、々〜冷的过程中滑块的机械能保持不变，可知拉力F已经减小为0,所以物体只受到重力和

支持力，沿斜面方向：ma=mgsind

所以加速度大小为gs出仇所以在0〜盯的过程中滑块先沿斜面向下做加速度增大的加速运动，再沿斜

面向下做匀加速运动。故C错误，。正确。

故选：AD.

小物块运动的过程中重力和拉力对小物块做功，拉力做的功等于小物块机械能的增加，由△E=W=

F初•S结合图线的变化特点即可得出拉力的变化情况，然后进一步分析小物块的运动的特点；结合功

能关系分析小物块的机械能的变化与动能的变化，由牛顿第二定律分析加速度。

该题中，图乙是小物块的机械能随位移的变化情况，不是小物块的动能随位移变化的情况，所以要

注意区分是合外力做功，还是除重力外的合外力做功。

9.答案：AB

解析：解：由图可知，滑动变阻器上、下部分电阻并联后与R串联；电压表测量电源两端的电压；

电流表测量变阻器下部分的电流。

设滑动变阻器中P以上部分的电阻为Rx，滑动变阻器的总阻值为岛,则变阻器在电路中的总阻值R'=

*:),当%=多时，距最大，尸从最顶端向下滑动时，回路中的总电阻先增大，后减小，则路端

电压先增大后减小，所以电压丫的示数先变大后变小。

当P滑向中点时，R'增大，外电阻总电阻R总增大，总电流/减小，路端电压增大，四减小，变阻器

的电压增大，而下部分的电阻减小，所以电流表A的示数变大。

当P滑过中点后，R'减小，外电阻总电阻R总减小，总电流/增大，路端电压减小，%增大,则变阻

器的电压减小，而上部分的电阻增大，则通过变阻器上部分的电流减小，所以电流表A的示数变大，

故A、8正确。C、D错误

故选：ABo

明确电路结构，根据滑动变阻器接入明确电阻的变化，则可由闭合电路欧姆定律分析电流的变化，

从而明确路端电压的变化；再对局部电路进行分析，即可明确电流表的变化.

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，关键在于明确滑动变阻器上下为并联关系，要注意分析电阻的

变化规律.

10洛案：BD

解析：解：BCD,由分析可知，两物块随圆盘转动的角速度相同，离开圆盘前，摩擦力充当向心力，

指向转轴，当最大静摩擦力提供物体向心力时，此时的角速度为物体随圆盘做圆周运动的最大角速

度，为临界角速度，根据牛顿第二定律得：iimbg=2mbR^,解得6物体滑离圆盘乙的临界角速度

为3b=居,同理：。物块的临界角速度为=旧,由于仙＜为，所以一定是b物块先离开圆盘，

离开圆盘后，物块做平抛运动，对b物体的水平位移为&=%,,t=2R3b♦而，同理：a

物体的水平位移久a=%.t=R3a♦=2壮标,离开圆盘后a的位移等于b的水平位移,若〃=胃

时，。的落地点距转轴的距离为/=飞R2+好=VHR,同理，6的落地点距转轴的距离为4=

J(2R)2+其=ER,故":Xb=VT1：V14,故3。正确，C错误。

A、物块a滑离圆盘时，未与圆盘乙相碰，如图所示，由几何知识知：物体”的到达圆盘乙的平面时，

其位移最小值为讥=J(2R)2—R2,据平抛运动可知，X—R3a-t—Ro>a-[g>Xmin,解得：〃>

亲故A错误。

故选：BD。

据牛顿第二定律，最大静摩擦力提供物体向心力时，求解物块的临界角速度，可判断八6谁先滑离

圆盘；

根据线速度公式U=R3结合临界角速度可求解物块做平抛运动的初速度，求出平抛的水平位移大小,

再结合几何知识可求物块落地时据转轴的距离；

根据物块。离开圆盘甲时未与圆盘乙相碰，求出其下落至圆盘乙时的最小位移，结合平抛的水平位

移公式求出〃值的范围。

解决本题的关键是正解分析两个木块做圆周运动的向心力来源，把握临界条件，运用牛顿第二定律

进行分析其临界加速度，根据平抛运动求解其水平位移以及离转轴的距离。

11.答案：a-b；增加

解析：解:由理想气体的状态方程?=C可知，在体积V不变时，气体压强尸与热力学温度T成正

比，由图象可知，a—b过程中，气体压强与另一个状态参量成正比，因此图象的横轴表示气体的热

力学温度T,a-b过程中，是等容变化，体积不变，6-C过程是等温变化，体积变大，c—d是等

压变化，体积变大，因此表示等容变化的是a一6过程，在该过程中，压强变大，温度升高，气体的

内能增加.

故答案为：arb,增加

根据图象所示气体压强的变化规律，应用理想气体的状态方程，分析气体的状态变化，判断其它状

态参量如何变化，根据气体温度变化情况，判断气体内能如何变化.

熟悉理想气体状态方程及其应用，知道理想气体的内能只与温度有关是解决本题的关键.

12.答案：1；2；2

解析：解：根据单摆的周期公式T=27r2知，摆长缩短为原来的四分之一，则周期变为原来的二分

之一，周期为1s.

根据单摆的周期公式7=2兀]知，摆球的质量增大为原来的4倍，周期不变，还为2s.

根据单摆的周期公式T=2兀知，当振幅减小，周期不变为2s.

故答案为：(1)1；(2)2；(3)2

根据单摆的周期公式T=分析.

解决本题的关键知道单摆的周期与摆长和当地的重力加速度有关，与摆球的质量和振幅无关.

13.答案：读取西和尸2时，还应描绘后、尸2的方向；在“大小”后面加“方向”；；“使它的…相同”

改为“把橡皮条与细线的结点拉至O点”.

解析：解：该实验采用“等效法”进行，即一个弹簧秤和两个弹簧秤拉橡皮条与细绳套的结点时应

该拉至同一位置。点，由于力是矢量，因此在记录数据时，不光要记录力的大小，还要记录其方向，

这样才能做平行四边形，从而验证两个力的合力大小和方向是否与一个力的大小和方向相同.

以上三个步骤均有错误或疏漏：

①中是应记下两个细绳套的方向即&和尸2的方向，

②中是应依据鼠和尸2的大小和方向作图,故应记下力的方向；

③中是应将橡皮条与细绳套的结点拉至同一位置。点..

故答案为：读取&和尸2时，还应描绘Fi、尸2的方向；在“大小”后面加“方向”；

“使它的…相同”改为“把橡皮条与细线的结点拉至0点”.

明确该实验的实验原理，从而进一步明确实验步骤，测量数据等即可正确解答本题.

本题比较简单，直接考查了验证力的平行四边形定则时如何进行操作，对于基础实验一定熟练掌握

才能为解决复杂实验打好基础.

14.答案：(1)%；(2);(3)1.44；0.83；(4)0.63;(5)不变；不

变

解析：解：(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用％.

(2)根据原理图可得出实图图如下图；

(3)由U-/图可知，电源的电动势E=1.45U；

短路电流为1.74则由闭合电路欧姆定律可知：?=詈=0.850；

(4)丙图中a图线是某电阻R的伏安特性曲线，则两条图线。、6的交点的横、纵坐标分别表示将该

电阻R与电源连成闭合电路时通过电阻R的电流和它两端的电压.

电压U=0.7V,电流/=0.94所以此时电阻R消耗的电功率是2=U/=0.63W.

(5)该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，所以电流表的内阻值不会对实验结果带来影

响.实验中所使用的电压表的内阻很大(可视为理想电压表)，根据本实验原理图所测得的电源电动

势值将不变，内电阻值将不变.

(4)0.63.

(5)不变，不变.

(1)滑动变阻器的阻值偏小点有利于电表的数值变化范围更广.

(2)由原理图将电流表与滑动变阻器串联，将电压表并联在电滑动变阻器及电流表两端，注意开关应

能控制整个电路；

(3)由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得

内电阻.

(4)丙图中a图线是某电阻R的伏安特性曲线，则两条图线。、6的交点的横、纵坐标分别表示将该

电阻R与电源连成闭合电路时通过电阻R的电流和它两端的电压.

根据功率公式求解.

(5)该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，所以电流表的内阻值不会对实验结果带来影

响.

本题考查实物图的连接、数据的处理等内容，要求能正确理解电路的接法及实验安全性的要求，并

能正确根据图象得出电动势和内电阻.

15.答案：解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知，粒子的初速度的方向向右，并

且刚好与切边相切时，射入电场的粒子运动的时间最长，如图：

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：qvB=华

所以：7=5

—2nr2nm

1=——=---

vqB

已知射入电场的粒子在磁场中运动的最长时间为兀X10-6S,贝!J:t=T

代入数据得：B=0.02T

粒子的半径：r=bp-tan30°=—x—=-m

1333

10X1Q12xQQ2X

由半径公式可得：V=^=-i=gx1Q6m/5

m1X1O-203'

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子运动的轨迹的弦长为P到切之间的距离时，弦长最短,

粒子的偏转角可以最小，轨迹如图：

设此时的偏转角为a：sin^=77=^4=|

zzrzx-4

所以：a=98。

粒子运动的最短时间：W讥=券;xt«1.28x10-6s

360

(3)当偏转角是a=98。时的时间最短，由几何关系可知，此时入射方向与be之间的夹角是101。，则

粒子偏转后，与水平方向之间的夹角是：

101°+98°—180°=19°,如图

66

粒子沿水平方向的分速度：Vx=v-cosl9°=|xIOx0.9455=2.52x10m/s

-----

bM=bpcos60°=—m

粒子穿过电场的时间：t'=则"=2.29x10-7s

粒子在电场中的加速度：a=匹==6x1012m/s2

65

粒子沿竖直方向的分速度：vy=v-sinl9°=|x10x0.3255=8.68x10m/s

，2-2

粒子在竖直方向的位移：y=vyt'-|at=4.14x10m

2

射出点的位移：y0=bMcos300-y=1-4.14x10-«0.96m

答：(1)匀强磁场的磁感应强度是0.0T,粒子的速度大小gx106m/s；

(2)射入电场的粒子在磁场中运动的最短时间是1.28x10-65；

(3)在(2)问前提下，粒子射出电场的位置是在b点上方0.96爪处.

解析：(1)由洛伦兹力提供向心力，得出粒子运动的半径公式和周期公式，结合粒子在磁场中运动时

间最长的时间条件，即可求出磁感应强度，然后由几何关系即可求出速度；

(2)然后由几何关系找出时间最短的条件即可求出时间；

(3)粒子进入电场后做类平抛运动，结合几何关系即可求出.

本题考查带电粒子在电场中的偏转与带电粒子在磁场中的运动，应注意题意中给出的条件；同时要

注意带电粒子在磁场中的偏转类题目一定要画出运动轨迹，在轨迹中寻找相关的几何关系.

16.答案：解:(1)小滑块刚到达车左端时与车速度相同，对应的力尸最小，设这种情况下，小滑块

从放上车至与车速度相等经历的时间为K加速度为a,则

车在时间t内位移：x=vot

小滑块在时间t内位移：x'=|vot

r

则：x—x=^v0=at

联立解得：a=8m/s2,t=0.5s

根据牛顿第二定律：F+出ng=ma

解得：F=6N,

故厂应满足的条件是：F>6NO

(2)当/作用时间最短时，滑块到达车左端时恰好与车速度相同，设/作用时间为匕，对应的滑块的

加速度为由,此后滑块加速度为。2,继续相对车滑行的时间为t2,则由牛顿第二定律得：F+iimg=

mar,)img=ma2

G时间内小滑块的位移：久1=得的好

t2时间内小滑块的位移：%2=aitit2+|a2考

车在整个时间内的位移：X0=V0(t1+t2)

又速度关系：v0=+a2t2,位移关系：x0——x2-

由以上各式可解得：L=0.3so

当尸作用时间最长时，小滑块滑到车右端时与车速度相等，设小滑块从开始到速度达到处经历的时

间为乃，发生的位移为冷，速度达到火后的加速度为。4,此后继续相对车滑行的时间为上，发生的位

移为无5，

贝!J：VQ—art3,x3=-art^9F-/img=ma4,

1?17

%4=v0t4+-a4t：,x5=(v