2021届辽宁省沈阳市高考物理教学质量监测试卷(三)附答案详解

一、单选题（本大题共5小题，共20.0分） 1.

如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的𝐴𝐵𝐶𝐷面与𝐸𝐹𝐺𝐻面为金属板，其他面为绝缘材料．𝐴𝐵𝐶𝐷面带正电，𝐸𝐹𝐺𝐻面带负电．从小孔𝑃沿水平方向𝑏、𝑐，2，3三以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴𝑎、最后分别落在1，点．则下列说法正确的是( )

A. 三个液滴在真空盒中都做平抛运动

B. 三个液滴所带电荷量不同，液滴𝑐所带电荷量最多 C. 三个液滴落到底板时的速率相同

D. 三个液滴的运动时间不相同，𝑎球运动时间最长

2.

一个大人拉着载有两个小孩的小车(其拉杆可自由转动)沿水平地面加速前进，则对小孩和车下列说法正确的是( )

A. 小车受重力、拉力和摩擦力三个力作用 B. 拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小 C. 拉力与摩擦力的合力方向竖直向上 D. 小孩和车所受的合力方向与运动方向相同

3.

按照我国月球探测活动计划，在第一步“绕月”工程完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，该计划已在2013年之前完成。设月球半径为𝑅，飞船沿距月球表面高度为3𝑅的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的𝐴点时点火

变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点𝐵时再次点火进入月球近月轨道Ⅰ绕月球做圆周运动。卫星在轨道Ⅰ𝐴处的速度为𝑣Ⅰ𝐴，加速度为𝑎Ⅰ𝐴；在轨道Ⅱ𝐴处的速度为𝑣Ⅰ𝐴，加速度为𝑎Ⅰ𝐴；在轨道Ⅱ𝐵处的速度为𝑣Ⅰ𝐵，加速度为𝑎Ⅰ𝐵；在轨道Ⅲ𝐵处的速度为𝑣Ⅰ𝐵，加速度为𝑎Ⅰ𝐵.则它们大小关系正确的有( )

A. 𝑣Ⅰ𝐴>𝑣Ⅰ𝐴，𝑎Ⅰ𝐴>𝑎Ⅰ𝐴 C. 𝑣Ⅰ𝐵>𝑣Ⅰ𝐴，𝑎Ⅰ𝐵<𝑎Ⅰ𝐵

4.

B. 𝑣Ⅰ𝐵>𝑣Ⅰ𝐵，𝑎Ⅰ𝐵=𝑎Ⅰ𝐵 D. 𝑣Ⅰ𝐴>𝑣Ⅰ𝐵，𝑎Ⅰ𝐴<𝑎Ⅰ𝐵

有四个电源，电动势均为6𝑉，内阻分别为𝑟1=1𝛺，𝑟2=2𝛺，𝑟3=𝑟4=4𝛺，今欲向𝑅=2𝛺的灯泡供电，选用哪种电源能使𝑅上得到的功率最大？( )

A. 内阻为1𝛺 B. 内阻为2𝛺

C. 内阻为4𝛺

5.

D. 两个内阻为4𝛺的电源并联

如图所示，匀强电场中有一梯形𝐴𝐵𝐶𝐷，其中𝐴𝐵=2𝑐𝑚，𝐵𝐶=1𝑐𝑚，𝐶𝐷=4𝑐𝑚，𝐴、𝐵、𝐶三点电势分别为𝜑𝐴=12𝑉，𝜑𝐵=6𝑉，𝜑𝐶=3𝑉，则下列说法正确的是( )

A. 若一电子从𝐴点移动到𝐷点，它将克服电场力做功3𝑒𝑉 B. 将一电子从𝐴点移动到𝐷点，电场力做功5𝑒𝑉 C. 匀强电场场强的最小值为3×102𝑉/𝑚 D. 匀强电场场强的最小值为2×102𝑉/𝑚

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分） 6.

关于近代物理学，下列说法正确的是( )

A. 如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射该金属一定发生光电效 B. 一群处于𝑛=4能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出6种不同频率的光 C. 重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少 D. 氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核

E. 根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，

同时电子的动能增大，原子的电势能减小 7.

为了求出一塔的高度ℎ，一同学将一小球由塔顶无初速度释放，不计空气阻力，如果重力加速度𝑔已知，则根据下列选项所给的物理量可以求出该塔的高度的是( )

A. 小球着地瞬间的速度𝑣 C. 小球在第1𝑠时间内的平均速度

8.

B. 小球在整个下落过程运动的时间𝑡 D. 小球在最后1𝑠时间内的平均速度

物体以某一速度冲上一光滑斜面(足够长)，加速度恒定。前4𝑠内位移是1.6𝑚，随后4𝑠内位移是零，则下列说法中正确的是( )

A. 物体的初速度大小为0.6𝑚/𝑠 B. 物体的加速度大小为6𝑚/𝑠2 C. 物体向上运动的最大距离为1.8𝑚 D. 物体回到斜面底端，总共需时12𝑠

9.

如图所示，两束单色光𝑎、𝑏分别照射到玻璃三棱镜𝐴𝐶面上的同一点，且都垂直𝐴𝐵边射出三棱镜，下列说法中正确的是

A. 𝑎光穿过三棱镜的时间短

B. 𝑏光穿过三棱镜的时间短 C. 𝑎光在玻璃中的折射率较大 D. 𝑏光在玻璃中的折射率较大

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10. 地面上放一开口向上的气缸，用一质量为𝑚=0.8𝑘𝑔的活塞封闭一定质量的气体，不计一切摩擦，

外界大气压为𝑃 0=1.0×105𝑃𝑎，活塞截面积为𝑆=4𝑐𝑚2，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，则活塞静止时，气体的压强为______ 𝑃𝑎；若用力向下推活塞而压缩气体，对气体做功为6×105𝐽，同时气体通过气缸向外传热4.2×105𝐽，则气体内能变化为______ J. 四、实验题（本大题共2小题，共18.0分） 11. 某物理学习小组中同学们做了以下实验。

(1)甲同学用下列器材测定一电池组的电动势和内阻。 A.待测电池组(电动势约3𝑉，内阻约1𝛺) B.定值电阻(𝑅0=5𝛺) C.电阻箱(0～99.9𝛺) D.电压表(0～3𝑉，内阻5𝑘𝛺) E.开关一个、导线若干

①为了精确测定电池组的内阻，请在虚线框中画出实验电路图。

②该同学正确测量后描绘出如图2所示的𝑈−𝑅图象，则可知该电池组的电动势为𝐸=______𝑉，内阻

为𝑟=______𝛺.(保留两位有效数字)

(2)乙同学将已知伏安特性曲线(如图1)的小灯泡与乙同学实验中的定值电阻串联接在乙同学实验中

的电源两端组成闭合回路，则小灯泡的实际功率为______𝑊.(保留两位有效数字)

12. 某同学为了测量木质材料与金属材料间的动摩擦因数，设计了一个实验方案：实验装置如图甲

所示，金属板放在水平桌面上，且始终静止，他先用打点计时器测出木块运动的加速度，再利用牛顿第二定律计算出动摩擦因数。

1

1

(1)实验时______(填“需要”或“不需要”)使砝码和砝码盘的质量𝑚远小于木块的质量𝑀，______(

填“需要”或“不需要”)把金属板的一端适当垫高来平衡摩擦力。

(2)图乙是某次实验时打点计时器所打出的纸带的一部分，纸带上计数点间的距离如图所示，则打点

计时器打𝐴点时木块的速度为______𝑚/𝑠，木块运动的加速度为______𝑚/𝑠2。(打点计时器所用电源的频率为50𝐻𝑧，结果均保留两位小数)

(3)若打图乙纸带时砝码和砝码盘的总质量为50𝑔，木块的质量为200𝑔，则测得木质材料与金属材料

间的动摩擦因数为______(重力加速度𝑔取9.8𝑚/𝑠2，结果保留两位有效数字)。 五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）

13. 如图所示，两平行金属导轨间的距离𝐿=0.40𝑚，金属导轨所在的平

面与水平面夹角𝜃=37°，在导轨所在平面内分布着磁感应强度𝐵=0.50𝑇、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有

电动势𝐸=4.5𝑉，内阻𝑟=0.50𝛺的直流电源。现把一个质量𝑚=0.040𝑘𝑔的导体棒𝑎𝑏放在金属导轨上，导体棒保持静止，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点𝑔取10𝑚/𝑠2，𝑐𝑜𝑠37°=0.80，间的电阻𝑅0=2.5𝛺，金属导轨电阻不计，已知𝑠𝑖𝑛37°=0.60，求： (1)导体棒受到的安培力大小； (2)导体棒受到的摩擦力的大小和方向。

14. 如图所示，在𝑥𝑂𝑦平面内有一涂有特殊涂层的挡板𝑂𝑃，𝑀𝑁为挡板上的孔，若带电粒子与该特

𝑂𝑃与𝑥轴所成夹角𝜃=30°，𝑂𝑃左侧某个区域存在磁感应强度殊涂层相碰则完全被吸收并导走。

𝑂点处在磁场的边界上，为𝐵、垂直纸面向里的匀强磁场，在𝑂𝑃右侧下方区域存在电场强度为𝐸、方向竖直向下的匀强电场。现有大量质量为𝑚、电量为+𝑞的带电粒子以不同的速度垂直于𝑂𝑃从𝑂点射入磁场，所有粒子通过磁场到达𝑂𝑃时，速度方向均平行于𝑥轴水平向右。已知𝑂𝑀=3𝑎，𝑀𝑁=2𝑎，速度最小的带电粒子恰好通过𝑀点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，求： (1)带电粒子的最小速度；

(2)能使带电粒子通过𝑀𝑁区域的磁场的最小面积；

(3)𝑥轴上有带电粒子打中的区域的长度。

15. 如图甲所示，竖直放置的气缸高𝐻=18𝑐𝑚，距缸底ℎ=11𝑐𝑚的光滑内壁上安装有小支架，质

量𝑚=1𝑘𝑔、横截面积𝑆=1×10−3𝑚2的活塞静置于支架上。缸内封闭了一定质量的理想气体，气体的温度𝑡0=27℃，压强等于大气压强𝑝0=1.0×105𝑃𝑎.活塞与内壁接触紧密。现对密闭气体缓慢加热，使气体温度最终升高至𝑇=450𝐾，此过程气体内能增加了13.6𝐽，热力学温度与摄氏温度之间的数量关系取𝑇=𝑡+273，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，求： (1)在缓慢加热过程中，活塞刚要离开小支架时的气体温度𝑇′；

(2)在如图乙所示的𝑝−𝑉图上，画出整个过程中汽缸内气体的状态变化； (3)整个过程气体吸收的热量𝑄。

16. 一列简谐横波沿𝑥轴传播，𝑡=0.1𝑠时的波形图如图甲所示。图乙为介质中质点𝐴的振动图象。 (1)求波的传播方向及波速；

(2)𝑡=0.1𝑠时，波刚好传播到坐标原点𝑂，质点𝐵平衡位置的坐标𝑥𝐵=−2.5𝑚(图中未画出)，求质点

𝐵处于波峰位置的时刻。

参及解析

1.答案：𝐵

解析：

由题意知真空盒内有水平向右的电场，正电荷在电场中受到向右的电场力，不可能做平抛运动；根据液滴的受力情况，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式结合进行分析。

此题中涉及类平抛运动，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法，由轨迹直接分析位移关系。

A.由于真空盒内有水平向右的电场，三个液滴在电场中均受到向右的电场力，不可能做平抛运动，故A错误；

B.由图看出，水平位移的关系为𝑥3>𝑥2>𝑥1，初速度𝑣0相同，由位移公式𝑥=𝑣0𝑡+2𝑎𝑡2得知，加𝐹3>𝐹2>速度的关系为𝑎3>𝑎2>𝑎1，根据牛顿第二定律得知，三个液滴所受的电场力大小关系为：𝐹1，由𝐹=𝑞𝐸知，液滴𝐶所带电荷量最多，故B正确；

C.根据动能定理得：𝑞𝐸𝑥+𝑚𝑔𝑦=𝑚𝑣2−𝑚𝑣02，则得：𝑣=√𝑣02+2𝑞𝐸𝑥+𝑚𝑔𝑦，𝑥3>𝑥2>𝑥1，

22𝑚可知，𝐶液滴落到底板时的速率最大，故C错误；

D.运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据公式𝑦=2𝑔𝑡2，知𝑡=√𝑔 ，由于竖直方向的分位移大小𝑦相等，所以三个液滴运动时间一定相等，故D错误。 故选B。

1

2𝑦

1

1

(

)

1

2.答案：𝐷

解析：解：𝐴、小车受重力、拉力、支持力和摩擦力，小孩对车还有压力，故A错误；

B、𝐶、整体沿水平地面加速前进，加速度与速度方向相同，小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律，拉力的水平分力减去小孩和车所受的摩擦力是合外力，故BC错误； D、小孩和车做加速直线运动，故所受的合力与运动方向相同，故D正确； 故选：𝐷．

对小孩和车整体受力分析，水平方向合力提供加速度，竖直方向合力为零，根据共点力平衡条件分析．

本题关键是明确小孩和车整体的受力情况和运动情况，然后结合共点力平衡条件列式分析，基础题目．

3.答案：𝐵

𝐴、解析：解：飞船从轨道𝐼上的𝐴点要减速做向心运动进入轨道𝐼𝐼，则有𝑣Ⅰ𝐴>𝑣Ⅰ𝐴，由公式𝐺可知，𝑎Ⅰ𝐴=𝑎Ⅰ𝐴，故A错误；

B、飞船从轨道𝐼𝐼上的𝐵点要减速做向心运动进入轨道𝐼𝐼𝐼，则有𝑣Ⅰ𝐵>𝑣Ⅰ𝐵，由公式𝐺𝑎Ⅰ𝐵=𝑎Ⅰ𝐵，故B正确；

C、飞船从轨道𝐼𝐼上的𝐴点运动到𝐵点，由于万有引力做正功，则𝑣Ⅰ𝐵>𝑣Ⅰ𝐴，其中𝑎Ⅰ𝐵=𝑎Ⅰ𝐵，故C错误； D、由公式𝐺D错误。 故选：𝐵。

根据卫星(飞船)变轨的原理分析，从轨道𝐼上的𝐴点要减速做向心运动进入轨道𝐼𝐼，从轨道𝐼𝐼上的𝐵点要减速做向心运动进入轨道𝐼𝐼𝐼。

根据万有引力提供向心力分析线速度关系，根据万有引力提供向心加速度分析加速度关系。 此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力提供向心力，2、万有引力等于重力，并能理解卫星(飞船)变轨的原理。

𝑀𝑚𝑟2𝑀𝑚𝑟2

𝑀𝑚𝑟2

=𝑚𝑎

=𝑚𝑎可知，

=𝑚𝑟，可得：𝑣=√

𝑣2

𝐺𝑀𝑟

，则有𝑣Ⅰ𝐴<𝑣Ⅰ𝐵，由公式𝐺

𝑀𝑚𝑟2

=𝑚𝑎可知，𝑎Ⅰ𝐴<𝑎Ⅰ𝐵，故

4.答案：𝐴

解析：

定值电阻阻值𝑅=2𝛺一定，当电路中电流最大时，其功率最大，根据闭合电路欧姆定律确定电源的内阻越小，电流越大．当选择内阻为1𝛺的电源时，𝑅上得到的功率最大．

本题分析定值电阻的功率，根据功率公式𝑃=𝐼2𝑅进行分析．如是可变电阻，可根据数学知识研究极值；注意不能思维定势认为是求电源的输出功率而错选B．

外电路电阻一定，由𝑃=𝐼2𝑅可知，电路电流𝐼越大，电阻功率越大，由闭合电路的欧姆定律可知，在电源电动势一定时，电源内阻越小，电路电流越大，因此当电源内阻最小为1𝛺时，电路中电流最大，电阻𝑅的功率最大。故A正确BCD错误。 故选：𝐴。

5.答案：𝐶

解析：

匀强电场中，沿着相同的方向，每前进相同的距离，电势的变化相同；电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，根据𝑊=𝑞𝑈求解电场力做的功。

本题关键是明确匀强电场中沿着相同的方向每前进相同的距离电势的变化相同，然后结合电势差与电场力做功关系列式分析。

解：由题，𝐴𝐵=2𝑐𝑚，𝐶𝐷=4𝑐𝑚=2𝐴𝐵，匀强电场中，沿着相同的方向，每前进相同的距离，电势的变化相同，故：2(𝜑𝐴−𝜑𝐵)=𝜑𝐷−𝜑𝐶 代入数据可得：𝜑𝐷=15𝑉

𝐴𝐵、电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，故电子从𝐴点移到𝐷点，电场力做的功为： 𝑊𝐴𝐷=𝑞𝑈𝐴𝐷=−𝑒(𝜑𝐴−𝜑𝐷)Ⅰ−1𝑒×(12−15)𝑉=3𝑒𝑉，电场力做正功．故A错误，B错误； 𝐶𝐷、根据匀强电场的特点可知，沿电场线的方向电势降落最快，所以相等的电势差下，电场线方向在两点的连线上时的电场强度最小，电场线的方向沿𝐴𝐵的方向时的电场强度最小，最小为：𝐸min=

𝜑𝐴−𝜑𝐵𝑥𝐴𝐵

=3×102𝑉/𝑚，故C正确，D错误。

故选C。

6.答案：𝐵𝐶𝐸

解析：解：𝐴、绿光的频率小于紫光的频率，紫光照射金属能发生光电效应，绿光照射不一定能发生光电效应，故A错误．

2B、一群处于𝑛=4能级的氢原子向低能级跃迁时，依据𝐶4=6，能辐射出6种不同频率的光，故B

正确．

C、重核裂变和轻核聚变都释放能量，都有质量亏损，但反应前后质量数守恒，故C正确． D、半衰期是统计规律，对少数原子核不适用，故D错误．

E、根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，半径减小，则速度增大，同时电子的动能增大，电势能减小，故E正确； 故选：𝐵𝐶𝐸．

2

当入射光的频率大于金属的极限频率，会发生光电效应；根据数学组合公式𝐶𝑛，即可确定辐射种类；

重核裂变和氢核聚变都有质量亏损，都释放能量；半衰期与外部因素无关，是统计规律，对少数原子核不适用；氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小．

本题考查了光电效应的条件与方程的应用，掌握质能方程，及半衰期适用条件，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点，概念不能混淆．

7.答案：𝐴𝐵𝐷

解析：解：𝐴、已知小球着地瞬间的速度𝑣，根据𝑣=2𝑔ℎ可得该塔的高度的是ℎ=2𝑔，故A正确； B、已知小球在整个下落过程运动的时间𝑡，根据ℎ=𝑔𝑡2可以计算出塔高，故B正确；

212

𝑣2

C、已知小球在第1𝑠时间内的平均速度，只能计算第一秒内的位移，无法计算塔高，故C错误； D、若已知小球在最后1𝑠时间内的平均速度为𝑣，则在最后0.5𝑠前瞬间的速度为𝑣，整个过程中的下落时间𝑡=+0.5𝑠，根据ℎ=2𝑔𝑡2可以计算出塔高，故D正确。

𝑔𝑣

−

−−

1

故选：𝐴𝐵𝐷。

根据各个选项中给出的物理量，看看能否根据运动学公式求解塔高。

本题主要是考查自由落体运动，掌握自由落体运动的规律以及运动学公式是关键。

8.答案：𝐴𝐶𝐷

解析：解：由△𝑥=𝑎𝑇2，所以物体上滑的加速度：𝑎=

△𝑥𝑇2

=

0−1.2

=−0.1𝑚/𝑠2；

1

根据匀变速直线运动的位移时间关系有物体前4𝑠内的位移𝑥=𝑣0𝑡+2𝑎𝑡2得物体的初速度为：

𝑣0=0.6𝑚/𝑠

所以物体向上运动的最大距离为：𝑥𝑚=

1

20−𝑣0

2𝑎

=

−0．622×(0.1)

=1.8𝑚

根据𝑥=𝑣0𝑡+2𝑎𝑡2，物体回到出发点的时间为：𝑡=12𝑠。 综上所述，ACD正确，B错误。 故选：𝐴𝐶𝐷。

加速度恒定，物体做匀减速运动，根据逐差相等公式△𝑥=𝑎𝑇2，就可以求出加速度。再根据前4𝑠内的位移公式求得初速度，由初速度和加速度求得物体向上运动的最大距离和回到底端时所需要的时间。

此题对匀变速直线运动的基本规律和推论都要熟练掌握，而且要理解速度变化量的含义，任何量的变化量都是用末状态的量减去初状态的量。

9.答案：𝐴𝐷

解析：试题分析：

根据题意，都垂直射出𝐴𝐵面，根据折射率公式则，所以𝑏光折射率大与𝑎光，即𝐷对。根据

𝑛=𝑐/𝑣可知𝑏光的介质中传播速度小，所以𝑏花的时间长，即𝐴对 考点：几何光学

点评：本题考查了通过作图法研究光在介质中传播的问题，通常这类问题都要结合画图，因此需要熟练掌握。

10.答案：1.2×105；内能增加了1.8×105

解析：解：以活塞为研究对象，根据平衡条件得 𝑃0𝑆+𝑚𝑔=𝑃𝑆 得到𝑃=𝑃0+

𝑚𝑔𝑆

代入解得𝑃=1.2×105𝑃𝑎；

由题𝑊=6×105𝐽，𝑄=−4.2×105𝐽，则由热力学第一定律得到气体内能的变化△𝑈=𝑊+𝑄=1.8×105𝐽，即内能增加了1.8×105J.

故答案为：1.2×10−5𝑃𝑎；内能增加了1.8×105𝐽

以活塞为研究对象，根据平衡条件求解封闭气体的压强．根据热力学第一定律分析气体内能的变化． 本题考查了热力学第一定律的应用，注意公式中各物理量符号的正负．

11.答案：3.0 1.0 0.33

解析：解：(1)①因没有给出电流表，故应采用电压表和电阻箱组合进行测量，同时因内阻较小，故应将定值电阻与电源相连充当等效电源；原理较如图所示；

②根据闭合电路欧姆定律可知：𝑈=𝑅+𝑅

𝐸

0+𝑟

𝑅

变形得：

11𝑅0+𝑟1=+⋅ 𝑈𝐸𝐸𝑅

则由图象可知：𝐸=3 解得𝐸=3.0𝑉；

1

𝑅0+𝑟3

= 1𝐸

6

解得𝑟=1.0𝛺；

(3)在𝐼−𝑈图象中作出等效电源的伏安特性曲线，如图所示；由图可知，灯泡的工作电压为1.1𝑉，电流为0.3𝐴；则功率𝑃=𝑈𝐼=1.1×0.3=0.33𝑊；

1

1

故答案为：(1)①𝐷；𝐹；②电阻随电压的增大而增大； (2)①如图所示；②3.0；1.0； (3)0.33。

(1)明确根据闭合电路欧姆定律测量电动势和内电阻的实验方法，并明确数据处理的方法； (2)在𝐼−𝑈图象中作出对应的电源的伏安特性曲线，两图象的交点为灯泡的工作点，从而可明确电压和电流，由𝑃=𝑈𝐼可求得实际功率。

本题考查测量电源的电动势和内电阻、描绘灯泡的伏安特性曲线实验，要注意明确图线的性质，能根据图象分析电阻的变化；同时掌握仪表的选择等内容。

12.答案：(1)不需要；不需要；

(2)1.58；0.75； (3)0.15。 解析：

本实验是测量摩擦因数，解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求得瞬时速度，注意有效数字的保留。

(1)本实验时测量摩擦因数，故不需要平衡摩擦力，根据逐差法求得木块的加速度，把木块和砝码及砝码盘作为整体利用牛顿第二定律求得摩擦因数，故不需要使砝码和砝码盘的质量𝑚远小于木块的质量𝑀；

(2)𝐴点的瞬时速度为：

𝑣𝐴=

𝐵点的瞬时速度为：

𝑣𝐵=

加速度为：𝑎=

𝑣𝐵−𝑣𝐴2𝑇

𝑥𝑂𝐵0.0626+0.0638

=𝑚/𝑠=1.58𝑚/𝑠 4𝑇0.08

𝑥𝐴𝐶0.0638+0.0650

=𝑚/𝑠=1.61𝑚/𝑠 4𝑇0.08

=

1.61−1.580.04

𝑚/𝑠2=0.75𝑚/𝑠2

(3)根据牛顿第二定律可知：𝑚𝑔−𝜇𝑀𝑔=(𝑀+𝑚)𝑎， 代入数据解得：𝜇=0.15

故答案为：(1)不需要；不需要；(2)1.58；0.75；(3)0.15。

13.答案：解：(1)根据闭合电路欧姆定律，有：

𝐼=

𝐸4.5

=𝐴=1.5𝐴 𝑅0+𝑟2.5+0.5

导体棒受到的安培力：𝐹安=𝐵𝐼𝐿=0.5×1.5×0.4𝑁=0.30 𝑁； (2)导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：

𝐹1=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛 37°=0.24 𝑁 𝐹1<𝐹安，根据平衡条件： 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛 37°+𝑓=𝐹安

代入数据得：𝑓=0.06 𝑁，方向沿斜面向下。 答：(1)导体棒受到的安培力大小为0.30𝑁；

(2)导体棒受到的摩擦力的大小为0.06 𝑁，方向沿斜面向下。

解析：(1)根据闭合电路欧姆定律求解电流强度；根据安培力的计算公式求解导体棒受到的安培力； (2)求出重力沿斜面向下的分力，根据平衡条件求解摩擦力的大小和方向。

本题主要是考查安培力作用下的导体棒的平衡问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件列方程解答。

14.答案：解：(1)带电粒子的速度方向垂直于𝑂𝑃，轨迹圆心

在𝑂𝑃上，又因所有带电粒子到达𝑂𝑃时速度方向均平行于𝑥轴水平向右，速度最小的带电粒子恰好通过𝑀点，故其轨迹如图所示：

设速度最小的带电粒子的轨道半径为𝑟1，由几何关系可得𝑂𝑂1+𝑂1𝑀=𝑂𝑀=3𝑎 所𝑟1=𝑎，由𝑞𝑣𝐵=𝑚 𝑟可得𝑣=

𝐵𝑞𝑎𝑚

𝑣2

(2)如图所示，能使带电粒子过𝑀𝑁的最小磁场面积为阴影部分面积 由𝑂𝑂2+𝑂2𝑁=5𝑎，即𝑟2+2𝑟2=5𝑎 所以恰好过𝑁点的带点粒子半径𝑟2=3𝑎

满足条件的磁场区域的面积为：𝑆=𝜋(𝑎)2−×𝑎×

3323解得𝑆=

(16𝜋−12√3)𝑎2

27

1

5

1

5

5√36

5

𝑎−(3𝜋𝑎2−2×𝑎×

11

√3

𝑎) 2

(3)带电粒子进入𝑂𝑃下方的电场区域后做类平抛运动，对恰好过𝑀点的粒子有 水平方向𝑥𝑀=𝑣𝑀𝑡1，

2

竖直方向2𝑎=2𝑚𝑡1

3

1𝐸𝑞

解得：𝑥𝑀=同理𝑥𝑁=

𝐵𝑞𝑎𝑚

√

3𝑚𝑎𝐸𝑞

5𝐵𝑞𝑎3𝑚

√

5𝑚𝑎𝐸𝑞

𝑥轴上有带电粒子打中的区域的长度

△𝐿=𝑥𝑁−𝑥𝑀

解得△𝐿=

(5√5−3√3)𝐵𝑞𝑎𝑎

√3𝐸𝑞𝑚

𝐵𝑞𝑎𝑚

答：(1)带电粒子的最小速度为；

(16𝜋−12√3)𝑎2

； 27

(2)能使带电粒子通过𝑀𝑁区域的磁场的最小面积为(3)𝑥轴上有带电粒子打中的区域的长度为

(5√5−3√3)𝐵𝑞𝑎𝑎

。 √3𝐸𝑞𝑚

解析：(1)作出粒子通过𝑀点的运动轨迹，根据几何知识求解粒子运动的半径，结合洛伦兹力提供向心力求解粒子的最小速度。

(2)由题知速度大小不同的粒子均要水平通过𝑂𝑃，则其飞出磁场的位置均应在𝑂𝑁的连线上，故磁场范围的最小面积△𝑆是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与𝑂𝑁所围成的面积。

(3)粒子进入电场后做类平抛运动，分别求解处从𝑀点和从𝑃点进入电场的粒子打在𝑥轴_上的位置，俩位置之间的距离即为𝑥轴上有带电粒子打中的区域的长度。

解决该题的关键是能正确做出粒子的运动轨迹，能根据几何知识求解粒子做匀速圆周运动的半径，并且能判断磁场最小面积是哪一部分，掌握类平抛运动的解题规律。 (1)当活塞刚要离开小支架时气体的压强：𝑝1=解：15.答案：𝑝0+

𝑚𝑔𝑆

解得：𝑝1=1.1×105 𝑃𝑎

0

活塞离开支架前气体做等容变化，则：𝑇0=

𝑝

𝑝1

𝑇1

得：𝑇1=330𝐾

所以活塞刚要离开小支架时的气体温度为：𝑇′=𝑇1=330𝐾；

12(2)活塞离开支架后气体等压变化，则：𝑇=𝑇

1

2

即：330=450

𝑉𝑉

11𝑆ℎ𝑆

解得：ℎ2=15𝑐𝑚，𝑉2=1.5×10−4 𝑚3，图象如图所示；

(3)气体对外做功：𝑊=𝑝1𝑆△ℎ=1.1×105×1×10−3×(0.15−0.11)𝐽=4.4 𝐽 由热力学第一定律可得：△𝑈=−𝑊+𝑄 得：𝑄=18 𝐽。

答：(1)在缓慢加热过程中，活塞刚要离开小支架时的气体温度为330𝐾； (2)整个过程中汽缸内气体的状态变化如图所示； (3)整个过程气体吸收的热量为18𝐽。

解析：(1)求出当活塞刚要离开小支架时气体的压强，根据理想气体的状态方程求解活塞刚要离开小支架时的气体温度；

(2)活塞离开支架后气体等压变化，求出末状态的体积进行画图； (3)求出气体对外做功，由热力学第一定律求解热量。

本题主要是考查了理想气体的状态方程之图象问题和热力学第一定律的知识，关键是弄清楚气体所发生的状态变化情况，知道𝑝−𝑉图象的物理意义，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化。

16.答案：解：(1)由图乙知在𝑡=0.1𝑠时𝐴点处于平衡位置且向下振动，根据“上坡向下”可判断该

波沿𝑥轴负方向传播；

由图甲知波长为𝜆=10𝑐𝑚=0.1𝑚，由图乙知周期𝑇=0.2𝑠，故波速𝑣=𝑇=0.2𝑚/𝑠=0.5𝑚/𝑠； (2)坐标原点𝑂与质点𝐵平衡位置的距离△𝑥=2.5𝑚，则波从坐标原点𝑂传到𝐵点所用的时间△𝑡=

△𝑥𝑣

𝜆

0.1

=

2.50.5

𝑠=5𝑠，

1

波传到𝐵点时，𝐵从平衡位置向上振动，经过4𝑇=0.05𝑠第一次到达波峰，故质点𝐵第一次处于波峰位置的时刻为𝑡′=0.1𝑠+5𝑠+0.05𝑠=5.15𝑠，由于质点振动的周期性，经过𝑛个周期𝑇后，质点𝐵还1、将处于波峰，故质点𝐵处于波峰位置的时刻为5.15𝑠+𝑛𝑇=5.15𝑠+0.2𝑛𝑠=(5.15+5𝑛)𝑠 (𝑛=0、2、3…)；

答：(1)波沿𝑥轴负方向传播，波速为0.5𝑚/𝑠；

(2)质点𝐵处于波峰位置的时刻为(5.15+5𝑛)𝑠(𝑛=0、1、2、3…)；

(1)根据质点𝐴在𝑡=0.1𝑠时的振动情况及“上坡向下”判断波的传播方向；解析：根据𝑣=𝑇求波速； (2)根据坐标原点𝑂与质点𝐵平衡位置间的距离及波速求出质点𝐵第一次处于波峰位置的时刻，再结合质点振动的周期性求解。

本题的关键是会根据质点的振动方向分析波的传播方向以及根据距离、波速求质点到达波峰的时间，同时要注意到质点振动的周期性。

𝜆

1

1