2021届江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一调试卷（含答案解析）

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1、2021 年江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一年江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一 调试卷调试卷 一、单项选择题：共一、单项选择题：共 11 题，每题题，每题 4 分，共分，共 44 分。每题只有一个选项最符合题意。分。每题只有一个选项最符合题意。 1氦 3 大量存在于月球表面月壤中，是未来的清洁能源。两个氦 3 聚变的核反应方程是 He+ He He+2X+12.86MeV，则 X 为（ ） A电子 B氘核 C中子 D质子 2我国高铁列车在运行过程中十分平稳。某高铁列车沿直线匀加速启动时，车厢内水平桌面上水杯内的水 面形状可能是（ ） A B

2、C D 32020 年 10 月，我国成功地将高分十三号光学遥感卫星送入地球同步轨道。已知地球半径为 R，地球的 第一宇宙速度为 v，光学遥感卫星距地面高度为 h，则该卫星的运行速度为（ ） A B C D 4 “用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图甲所示，某同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉 图样时，发现分划板的中心刻线与亮条纹未对齐，如图乙所示。下列操作中可使中心刻线与亮条纹对齐 的是（ ） A仅转动透镜 B仅转动双缝 C仅转动手轮 D仅转动测量头 5一定质量的理想气体分别经历 ABD 和 ACD 两个变化过程，如图所示。ABD 过程，气体 对外做功为 W1，与外界变换的热量为 Q

3、1；ACD 过程，气体对外做功为 W2，与外界变换的热量为 Q2。两过程中（ ） A气体吸热，Q1Q2 B气体吸热，WIW2 C气体放热，Q1Q2 D气体放热，W1W2 6甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿 x 轴正方向传播，乙波沿 x 轴负方向传播，t0 时 刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图所示。已知甲波的频率为 4Hz，则（ ） A两列波的传播速度均为 4m/s B两列波叠加后，x0 处的质点振动减弱 C两列波叠加后，x0.5m 处的质点振幅为 30cm D两列波叠加后，介质中振动加强和减弱区域的位置稳定不变 7在如图所示电路中，理想变压器原线圈接在交流电源上，调节滑动触

4、头 Q 可以改变副线圈接入电路的匝 数。R0为定值电阻，灯泡 L 和滑动变阻器 R 串联，P 为滑动变阻器的滑片，A 为交流电流表。开关 S 闭 合，电流表 A 的示数为 I。则（ ） A仅将 P 向下滑动，I 增大 B仅将 Q 向下滑动，灯泡变亮 C仅将开关 S 断开，灯泡变亮 D仅将开关 S 断开，变压器的输入功率增加 8如图所示，用频率为 v1和 v2的甲、乙两种光分别照射同一光电管，对应的遏止电压分别为 U1和 U2。 已知 v1v2，则（ ） A遏止电压 U1U2 B用甲、乙光分别照射时，金属的截止频率不同 C增加乙光的强度，遏止电压 U2变大 D滑动变阻器滑片 P 移至最左端，电流

5、表示数为零 9一物块在水平面内做直线运动，以 0 时刻物块的位置为坐标原点建立 xOy 平面直角坐标系，运动轨迹如 图甲所示。物块在 x 方向运动速度 vx随时间 t 的变化规律如图乙所示。下列关于物块在 y 方向运动的初 速度 vy0、加速度 ay的判断，可能正确的是（ ） Avy00，ay1m/s2 Bvy00，ay2m/s2 Cvy04m/s，ay2m/s2 Dvy04m/s，ay4m/s2 10光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑，在小球滑落至水平 面的过程中（ ） A小球的机械能守恒 B小球一直沿半球体表面下滑 C小球和半球体组成的系统水平方向动量守

6、恒 D小球在水平方向的速度一直增大 11如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距 l0，所带电荷量分别为+Q、Q，圆心 A、B 连线 垂直于圆环平面。以 A 点为坐标原点，沿 AB 方向建立 x 轴，将带正电的粒子（重力不计）从 A 点静止 释放。粒子在 A 运动到 B 的过程中，下列关于电势 、电场强度 E、粒子的动能 Ek和电势能 Ep随位移 x 的变化图线中，可能正确的是（ ） A B C D 二、非选择题：共二、非选择题：共 5 题，共题，共 56 分。其中第分。其中第 13 题第题第 16 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的

7、 演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12 （14 分）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准某次实验中，待测金属丝接入电 路部分的长度为 50.00cm，电阻约几欧。 （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图甲所示，读数应为 mm（该值与多次测 量的平均值相等） 。 （2）实验电路如图乙所示，实验室提供了电源 E（3V，内阻不计） 、开关 S、导线若干，还备有下列实 验器材： A电压表 V1（03V，内阻约 2k） B电压表 V2（015V

8、，内阻约 15k） C电流表 A1（03A，内阻约 0.01） D电流表 A2（00.6A，内阻约 0.05） E滑动变阻器 R1（010，0.6A） F滑动变阻器 R2（02k，0.1A） 应选用的实验器材有 （选填实验器材前的序号） 。 （3）请用笔画线代替导线，在图丙中完成实物电路的连接。 （4）实验中，调节滑动变阻器，电压表和电流表示数记录如下： U/V 1.05 1.40 1.80 2.30 2.60 UI 0.22 0.28 0.36 0.46 0.51 请在图丁中作出 UI 图线。由图线可知，金属丝的电阻 Rx （结果保留两位有效数字） 。 （5）根据以上数据可以算出金属丝的电阻

9、率 m（结果保留两位有效数字） 。 （6）下列关于该实验误差的说法中正确的有 。 A金属丝发热会产生误差 B电流表采用外接法，会使电阻率的测量值偏小 C电压表内阻引起的误差属于偶然误差 D用 UI 图像处理数据可以减小系统误差 13 （8 分）根据某种轮胎说明书可知，轮胎内气体压强的正常值在 2.4105Pa 至 2.5105Pa 之间，轮胎的 容积 V02.510 2m3。已知当地气温 t 027，大气压强 p01.0105Pa，设轮胎的容积和充气过程轮 胎内气体的温度保持不变。 （1）若轮胎中原有气体的压强为 p0，求最多可充入压强为 p0的气体的体积 V； （2）充好气的轮胎内气压 p1

10、2.5105Pa，被运送到气温 t13的某地。为保证轮胎能正常使用， 请通过计算说明是否需要充气。 14 （10 分）如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L，轨道端 点 M、 P 间接有阻值为 R 的电阻， 导轨电阻不计长度为 L、 质量为 m、 电阻为 r 的金属棒 ab 垂直于 MN、 PQ 静止放在导轨上，与 MP 间的距离为 d，棒与导轨接触良好。t0 时刻起，整个空间加一竖直向下的 匀强磁场，磁感应强度大小 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示，图中 B0、t0已知。 （1）若 t0时刻棒 ab 的速度大小为 v，求 0t0时间内安培力对棒所

11、做的功 W； （2）在 0t0时间内，若棒 ab 在外力作用下保持静止，求此时间内电阻 R 产生的焦耳热 Q。 15（12 分） 如图所示， 高 h0.2m 的平板 C 右端固定有竖直挡板， 置于水平面上， 平板上放置两小物块 A、 B， A、 B 间有一被压缩的劲度系数足够大的轻弹簧， A 置于平板左端， B 与 C 右端挡板的距离 L1.5m， A、B、C 的质量均为 m1.0kg。某时刻，将压缩的弹簧由静止释放，使 A、B 瞬间分离，A 水平向左抛 出，落地时距离 C 左端 x1.0m，B 运动到 C 右端与挡板发生弹性碰撞。已知 B 与 C、C 与水平面间的 动摩擦因数均为 0.3，取

12、 g10m/s2，求： （1）弹簧释放前瞬间的弹性势能 Ep； （2）B 与 C 发生弹性碰撞后瞬间 C 的速度大小 vC； （3）整个过程中 C 滑动的距离 s。 16 （12 分）如图甲所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速度不计）经电场加速后，由小孔 S 沿两平行 金属板 M、N 的中心线 OO射入板间，加速电压为 U0，M、N 板长为 L，两板相距。加在 M、N 两 板间电压 u 随时间 t 变化的关系图线如图乙所示，图中 U1未知，M、N 板间的电场可看成匀强电场，忽 略板外空间的电场在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变板 M、N 右侧距板右端 2L 处放置一足够

13、大的荧光屏 PQ，屏与 OO垂直，交点为 O在 M、N 板右侧与 PQ 之间存在一范围足够 大的有界匀强磁场区，PQ 为匀强磁场的右边界，磁场方向与纸面垂直。已知电子的质量为 m，电荷量为 e。 （1）求电子加速至 O 点的速度大小 v0； （2）若所有电子都能从 M、N 金属板间射出，求 U1的最大值； （3）调整磁场的左边界和磁感应强度大小 B，使从 M 板右侧边缘射出电场的电子，经磁场偏转后能到 达 O点，求磁感应强度的最大值 Bm。 2021 年江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一年江苏省南通、徐州、宿迁、淮安、泰州、镇江六市联考高考物理一 调试卷调试卷 参考答案

14、与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：共一、单项选择题：共 11 题，每题题，每题 4 分，共分，共 44 分。每题只有一个选项最符合题意。分。每题只有一个选项最符合题意。 1 （4 分）氦 3 大量存在于月球表面月壤中，是未来的清洁能源。两个氦 3 聚变的核反应方程是 He+ He He+2X+12.86MeV，则 X 为（ ） A电子 B氘核 C中子 D质子 【分析】明确核反应中质量数和电荷数守恒，根据质量数守恒和核电荷数守恒确定粒子的种类 【解答】解：设 X 的质量数为 A，电荷数为 Z，根据质量数守恒和核电荷数守恒可得： 3+34+2A， 2+22+2Z， 解得：A1，Z1，故

15、 X 为质子，故 D 正确，ABC 错误。 故选：D。 【点评】本题考查对核反应方程的掌握情况，要注意明确核反应方程中质量数和电荷数均守恒。 2 （4 分）我国高铁列车在运行过程中十分平稳。某高铁列车沿直线匀加速启动时，车厢内水平桌面上水杯 内的水面形状可能是（ ） A B C D 【分析】当高铁向右做匀加速运动时，水杯中水的加速度方向水平向右，根据牛顿第二定律分析即可 【解答】解：当高铁向右做匀加速运动时，水杯中水也向右做匀加速运动，加速度方向水平向右，根据 牛顿第二定律知水所受的合力水平向右，则水杯对水的作用力的合力方向大致斜向右上方，所以水面形 状接近于 B 图，故 B 正确，ACD 错

16、误。 故选：B。 【点评】解决本题的关键是理解牛顿第二定律 Fma 的矢量性，知道加速度方向与合力方向相同，据此 分析实际问题 3 （4 分）2020 年 10 月，我国成功地将高分十三号光学遥感卫星送入地球同步轨道。已知地球半径为 R， 地球的第一宇宙速度为 v，光学遥感卫星距地面高度为 h，则该卫星的运行速度为（ ） A B C D 【分析】第一宇宙速度等于卫星贴近地球表面做圆周运动的速度，其轨道半径近似等于地球的半径，根 据重力提供向心力求出第一宇宙速度的大小 依据卫星万有引力提供向心力，可求卫星的运行速度，联立即可求解。 【解答】 解： 第一宇宙速度即近地卫星的环绕速度， 根据万有引力

17、提供向心力， 有， 得 光学遥感卫星的轨道半径 R+h，根据万有引力提供向心力有，得 联立，故 B 正确，ACD 错误； 故选：B。 【点评】 本题主要是考查了万有引力定律及其应用； 解答此类题目一般要把握两条线： 一是在星球表面， 忽略星球自转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。 4 （4 分） “用双缝干涉实验测量光的波长”的实验装置如图甲所示，某同学通过测量头的目镜观察单色光 的干涉图样时，发现分划板的中心刻线与亮条纹未对齐，如图乙所示。下列操作中可使中心刻线与亮条 纹对齐的是（ ） A仅转动透镜 B仅转动双缝 C仅转动手轮 D仅转动测量头 【分析】

18、根据双缝干涉实验原理和实验装置构造及作用判断即可。 【解答】解：发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应旋转测量头，故 ABC 错误，D 正确。 故选：D。 【点评】本题考查了双缝干涉实验的原理和装置构造、理解测量头的用途即可正确解题。 5 （4 分） 一定质量的理想气体分别经历 ABD 和 ACD 两个变化过程， 如图所示。 ABD 过程， 气体对外做功为 W1，与外界变换的热量为 Q1；ACD 过程，气体对外做功为 W2，与外界变换的热 量为 Q2。两过程中（ ） A气体吸热，Q1Q2 B气体吸热，WIW2 C气体放热，Q1Q2 D气体放热，W1W2 【分析】气体体积变

19、大，气体对外做功，pV 图线与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功；根据图示 图象应用理想气体状态方程判断 A、D 两状态气体的温度关系；一定量的理想气体内能由温度决定，根 据气体状态变化过程应用热力学第一定律分析答题。 【解答】解：pV 图线与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，由图示图象可知，两过程气体体积都 变大，气体对外做功，ABD 过程图线与坐标轴所围图形的面积大于 ACD 过程图线与坐标轴所 围图形的面积，则 W10，W20，W1W20； 由图示图象可知：pAVA3p0V03p0V0，pDVDp03V03p0V0，则 pAVApDVD，由理想气体状态 方程C 可知，TATD，气体在状

20、态 A 与状态 D 的内能相等，由状态 A 到状态 D，气体内能的增加 量U0； 由于U0，由热力学第一定律UW+Q 可知：QW，则 Q1W1，Q2W2，由于W1 W20，则 Q1Q20，气体吸收热量，故 A 正确，BCD 错误。 故选：A。 【点评】本题考查了理想气体状态方程与热力学第一定律的应用，根据图示图象分析清楚气体状态变化 过程，知道 pV 图线与坐标轴所围图形的面积等于气体做的功，应用理想气体状态方程与热力学第一 定律即可解题。 6 （4 分）甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿 x 轴正方向传播，乙波沿 x 轴负方向传播， t0 时刻两列波恰好在坐标原点相遇，波形图如图

21、所示。已知甲波的频率为 4Hz，则（ ） A两列波的传播速度均为 4m/s B两列波叠加后，x0 处的质点振动减弱 C两列波叠加后，x0.5m 处的质点振幅为 30cm D两列波叠加后，介质中振动加强和减弱区域的位置稳定不变 【分析】甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等，由图读出波长，由可以求出波 速；根据波的叠加原理波峰和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振动加强点. 【解答】解：A.甲波的频率为 4Hz， 甲、乙两波的波长均为 2m， 由于在同一介质中传播，所以波速相同 ，故 A 错误； B.由于甲乙两波的波长相同，在 x0 处为峰峰相遇，谷谷相遇，两列波叠加后，x0 处的质点振动加

22、 强，故 B 错误； C.x0 处的质点振动加强，x0.5m 处的质点振动减弱，振幅为 10cm，故 C 错误； D.加强和减弱区的形成是两列波在某一点叠加的结果，对于两列稳定的波，它们在固定的一点，两列波 如果在该处引起的质点的振动是相同的，则总是相同，故 D 正确； 故选：D。 【点评】本题关键知道波速由介质决定，甲、乙两列简谐横波在同种均匀介质中传播，波速相等。波峰 和波峰相遇或者波谷和波谷相遇是振动加强点，振动加强点和振动减弱点的位置是固定的. 7 （4 分）在如图所示电路中，理想变压器原线圈接在交流电源上，调节滑动触头 Q 可以改变副线圈接入 电路的匝数。R0为定值电阻，灯泡 L 和

23、滑动变阻器 R 串联，P 为滑动变阻器的滑片，A 为交流电流表。 开关 S 闭合，电流表 A 的示数为 I。则（ ） A仅将 P 向下滑动，I 增大 B仅将 Q 向下滑动，灯泡变亮 C仅将开关 S 断开，灯泡变亮 D仅将开关 S 断开，变压器的输入功率增加 【分析】保持 Q 位置不动，则输出电压不变，保持 P 位置不动，则负载不变，开关 S 断开负载增大，再 根据电压器的特点和欧姆定律分析求解 【解答】解：A、仅将 P 向下滑动，滑动变阻器 R 电阻减小，总电阻减小，副线圈总电流增大，根据变 压器原理可得原线圈的电流增大，即 I 增大，故 A 正确； B、仅将 Q 向下滑动，副线圈匝数减小，输

24、出电压减小，灯泡变暗，故 B 错误； C、仅将开关 S 断开，灯泡 L 和滑动变阻器 R 串联两端电压不变，灯泡亮度不变，故 C 错误； D、仅将开关 S 断开，总电阻增大，总电流减小，变压器的输出功率减小，变压器的输入功率减小，故 D 错误。 故选：A。 【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在 只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比； 知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。 8 （4 分）如图所示，用频率为 v1和 v2的甲、乙两种光分别照射同一光电管，对应的遏止电压分别为 U1 和 U2。已知 v1v2，则（ ） A遏止电压

25、 U1U2 B用甲、乙光分别照射时，金属的截止频率不同 C增加乙光的强度，遏止电压 U2变大 D滑动变阻器滑片 P 移至最左端，电流表示数为零 【分析】该实验研究光电效应的遏止电压，即光电管两端所接的反向电压，是使电子速度减小为零的电 压。 根据光电效应方程式 EkmhvW0eUc， 而 W0hv0对甲光和乙光列式即可判断各选项正确与否。 【解答】解：A、据光电效应方程式 EkmhvW0eUc对，由于 v1v2，所以 Ekm1Ekm2，则 Uc1 Uc2，故 A 正确； B、截止频率是由金属本身决定，与照射光无关，故 B 错误； C、遏止电压是电子速度减小为零所加的反向电压，当乙光强度增加时，

26、产生光电效应光电子的初动能 不变，则遏止电压不变，故 C 错误； D、当滑片移到最左端时，光电管两端的电压为零，但由于光电子有一定的初动能，能到达 A 板，仍有 光电流，故 D 错误。 故选：A。 【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程 EkmhvW0eUc，知道最大初动能与遏止电压的关系。 9 （4 分）一物块在水平面内做直线运动，以 0 时刻物块的位置为坐标原点建立 xOy 平面直角坐标系，运 动轨迹如图甲所示。物块在 x 方向运动速度 vx随时间 t 的变化规律如图乙所示。下列关于物块在 y 方向 运动的初速度 vy0、加速度 ay的判断，可能正确的是（ ） Avy00，ay1m/s2

27、Bvy00，ay2m/s2 Cvy04m/s，ay2m/s2 Dvy04m/s，ay4m/s2 【分析】根据甲图可知，物块运动是直线还是曲线，再由直线或曲线运动的判定条件，结合矢量的合成 法则，及速度 vx随时间 t 的变化规律，从而即可求解。 【解答】解：运动轨迹如图甲所示，可知，物块是做直线运动， 依据合速度与合加速度共线则做直线运动，若两者不共线，则做曲线运动； A、 由乙图可知， vx02m/s， axm/s21m/s2， 依据矢量的合成法则， 那么当 vy00m/s， ay1m/s2， 设合初速度与 x 方向的速度夹角为 ，则有：0， 设合加速度方向与 x 方向夹角为 ，则有：tan

28、1，即 45，因此合初速度与合加速度不共线， 故 A 错误； B、同理，当 vy00，ay2m/s2，则合初速度与合加速度不共线，因此物块做曲线运动，故 B 错误； C、当 vy04m/s，ay2m/s2，而 vx02m/s，ax1m/s2，根据矢量的合成法则， 设合初速度与 x 方向的速度夹角为 ，则有：tan2， 设合加速度方向与 x 方向夹角为 ，则有：tan2，即 ，因此合初速度与合加速度共线，故 C 正确； D、同理，可知，合初速度与合加速度不共线，因此物块做曲线运动，故 D 错误。 故选：C。 【点评】本题知道 x、y 两个方向的分运动，运用运动的合成法求解合运动的情况。解题的关键

29、是明确合 初速度与合加速度是否共线，并掌握矢量合成法则的应用。 10 （4 分）光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑，在小球滑落 至水平面的过程中（ ） A小球的机械能守恒 B小球一直沿半球体表面下滑 C小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒 D小球在水平方向的速度一直增大 【分析】小球下滑过程半球体在水平面上滑动，小球与半球体组成的系统在水平方向所受合力为零，系 统在水平方向动量守恒，整个过程中，只有重力对系统做功，系统机械能守恒，应用动量守恒定律与机 械能守恒定律分析答题。 【解答】解：A、小球与半球体组成的系统机械能守恒，小球下滑过程半球体在水平面上滑动

30、，半球体 动能增加，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球的机械能减少，小球机械能不守恒，故 A 错 误； B、小球先沿半球体表面下滑，当小球重力沿半球体半径方向的分力与半球体对小球支持力的合力不足 以提供小球沿半球体做圆周运动的向心力时小球离开半球体，故 B 错误； C、小球和半球体组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故 C 正确； D、小球先沿半球体表面下滑，然后离开半球体下落，小球离开半球体后在水平方向不受力，小球在水 平方向做匀速直线运动，小球离开半球体后在水平方向的速度不变，故 D 错误。 故选：C。 【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，

31、根据题意分析清楚小球与半球体的运动过 程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。 11 （4 分）如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距 l0，所带电荷量分别为+Q、Q，圆心 A、 B 连线垂直于圆环平面。以 A 点为坐标原点，沿 AB 方向建立 x 轴，将带正电的粒子（重力不计）从 A 点静止释放。粒子在 A 运动到 B 的过程中，下列关于电势 、电场强度 E、粒子的动能 Ek和电势能 Ep 随位移 x 的变化图线中，可能正确的是（ ） A B C D 【分析】 根据电场的叠加分析 AB 的场强大小及方向。 根据电势场强的定义分析 x点的场强和电势。 根据 Epq 判

32、断 AB 两点的电势能大小。 【解答】解：A、设 O为 AB 中点，根据电势的叠加可知，O点的电势为 0，且 AB 两点关于 O点 对称，则 AB 两点电势大小相等，符号相反，故 A 错误； B、粒子在 A 点时，+Q 环产生的场电场强度为 0，但Q 环产生的电场强度不为 0，即图像的原点处 E 0，故 B 错误； C、由动能定理 WqExEk0Ek，则 Ekx 图像斜率为电场力 qE，而 O点电场力最大，故图像 x 处斜率最大，故 C 正确； D、 由于 AB 处的电势一正一负， 绝对值相等， 根据 Epq 可知， 粒子在 AB 两点的电势能也一正一负， 绝对值相等，故 D 错误。 故选：C

33、。 【点评】在该题中，电场的分布有对称性，如能把握好，可以使得解题思路更加简便。 二、非选择题：共二、非选择题：共 5 题，共题，共 56 分。其中第分。其中第 13 题第题第 16 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的 演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 12 （14 分）在“测量金属丝的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准某次实验中，待测金属丝接入电 路部分的长度为 50.00cm，电阻约几欧。 （1）用螺旋测微

34、器测量金属丝的直径，某次测量结果如图甲所示，读数应为 0.400 mm（该值与多次 测量的平均值相等） 。 （2）实验电路如图乙所示，实验室提供了电源 E（3V，内阻不计） 、开关 S、导线若干，还备有下列实 验器材： A电压表 V1（03V，内阻约 2k） B电压表 V2（015V，内阻约 15k） C电流表 A1（03A，内阻约 0.01） D电流表 A2（00.6A，内阻约 0.05） E滑动变阻器 R1（010，0.6A） F滑动变阻器 R2（02k，0.1A） 应选用的实验器材有 ADE （选填实验器材前的序号） 。 （3）请用笔画线代替导线，在图丙中完成实物电路的连接。 （4）实验

35、中，调节滑动变阻器，电压表和电流表示数记录如下： U/V 1.05 1.40 1.80 2.30 2.60 UI 0.22 0.28 0.36 0.46 0.51 请在图丁中作出 UI 图线。由图线可知，金属丝的电阻 Rx 5.0 （结果保留两位有效数字） 。 （5）根据以上数据可以算出金属丝的电阻率 1.310 6 m（结果保留两位有效数字） 。 （6）下列关于该实验误差的说法中正确的有 AB 。 A金属丝发热会产生误差 B电流表采用外接法，会使电阻率的测量值偏小 C电压表内阻引起的误差属于偶然误差 D用 UI 图像处理数据可以减小系统误差 【分析】 （1）根据螺旋测微器的读数方法，可以得出

36、读数； （2）从电学实验的安全性、精确性和方便性可以选出正确的器材； （3）根据电路图画出实物图； （4）利用已知数据画出 UI 图线，根据 UI 图线的斜率求出电阻的大小； （5）根据电阻定律，代入数据求出电阻率大小； （6）通过实验的影响因素和误差的概念可以选出正确选项。 【解答】解： （1）螺旋测微器的固定刻度读数为 0mm，可动刻度读数为 0.0140.0mm0.400mm， 所以最终读数为：0mm+0.400mm0.400mm （2）实验室电源的电动势为 3V，故电压表选 A； 从实验的方便性可知滑动变阻器选 E； 由滑动变阻器的通过的最大电流可知，电路中的最大电流小于 0.6A，故

37、电流表选 D； （3）实物电路图如图所示 （4）UI 图线如图所示 UI 图线的斜率表示电阻的大小，由图知斜率大约为 5.0，故金属丝的电阻 Rx5.0； （5）根据电阻定律，得金属丝的电阻率 ，代入数据得 1.310 6 m； （6）A、电阻率和温度有关，故金属丝通电发热会影响结果，故 A 正确； B、电流表采用外接法，会使电阻丝电阻变小，根据 可知电阻率会变小，故 B 正确； C、电压表内阻引起的误差属于系统误差，故 C 错误； D、用 UI 图像处理数据可以减小偶然误差，故 D 错误； 故选：AB。 故答案为： （1）0.400； （2）ADE； （3）实物电路图如图所示； （4）UI

38、图线如图所示；5.0； （5）1.310 6； （6）AB。 【点评】本题考查测定金属的电阻率，处理时要注意电阻率的影响因素，另外要注意螺旋测微器的读数 规则。 13 （8 分）根据某种轮胎说明书可知，轮胎内气体压强的正常值在 2.4105Pa 至 2.5105Pa 之间，轮胎的 容积 V02.510 2m3。已知当地气温 t 027，大气压强 p01.0105Pa，设轮胎的容积和充气过程轮 胎内气体的温度保持不变。 （1）若轮胎中原有气体的压强为 p0，求最多可充入压强为 p0的气体的体积 V； （2）充好气的轮胎内气压 p12.5105Pa，被运送到气温 t13的某地。为保证轮胎能正常使用

39、， 请通过计算说明是否需要充气。 【分析】 （1）以充入的气体与轮胎内原有气体为研究对象，气体温度不变，应用玻意耳定律可以求出最 多可充入气体的体积。 （2）轮胎容积不变，气体发生等容变化，应用查理定律求出气体末状态的压强，然后判断是否需要充入 气体。 【解答】解： （1）设最多可充入压强为 p0的气体的体积为 V，以充入的气体与轮胎内原有气体为研究对 象， 充入气体体积越大，轮胎内气体压强越大，轮胎内气体的最大压强 p2.5105Pa， 充气过程气体温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律得： p0（V0+V）pV0 代入数据解得：V3.7510 2m3； （2）轮胎内气体初状态的温度 T0

40、（273+27）K300K，末状态温度 T（2733）K270K， 设气体末状态的压强为 p，气体发生等容变化，由查理定律得： 代入数据解得：p2.25105Pa2.4105Pa，为保证轮胎能正常使用，需要充气。 答： （1）最多可充入压强为 p0的气体的体积 V 是 3.7510 2m3； （2）为保证轮胎能正常使用，需要充气。 【点评】本题考查了气体状态方程的应用，根据题意分析清楚气体状态变化过程、正确选择研究对象是 解题的前提，应用玻意耳定律与查理定律即可解题。 14 （10 分）如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L，轨道端 点 M、 P 间接

41、有阻值为 R 的电阻， 导轨电阻不计长度为 L、 质量为 m、 电阻为 r 的金属棒 ab 垂直于 MN、 PQ 静止放在导轨上，与 MP 间的距离为 d，棒与导轨接触良好。t0 时刻起，整个空间加一竖直向下的 匀强磁场，磁感应强度大小 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示，图中 B0、t0已知。 （1）若 t0时刻棒 ab 的速度大小为 v，求 0t0时间内安培力对棒所做的功 W； （2）在 0t0时间内，若棒 ab 在外力作用下保持静止，求此时间内电阻 R 产生的焦耳热 Q。 【分析】 （1）根据动能定理求解安培力对棒所做的功； （2）根据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，根据焦耳定

42、律可得电阻 R 产生的焦耳热。 【解答】解： （1）根据动能定理可得 0t0时间内安培力对棒所做的功 W； （2）根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：ES 感应电流为：I 根据焦耳定律可得电阻 R 产生的焦耳热 QI2Rt0， 解得：Q。 答： （1）0t0时间内安培力对棒所做的功为； （2）在 0t0时间内，若棒 ab 在外力作用下保持静止，此时间内电阻 R 产生的焦耳热为。 【点评】本题主要是考查法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律，能够根据动能定理求解安培力做 的功，掌握法拉第电磁感应定律计算电动势的方法。 15（12 分） 如图所示， 高 h0.2m 的平板 C 右端固定有

43、竖直挡板， 置于水平面上， 平板上放置两小物块 A、 B， A、 B 间有一被压缩的劲度系数足够大的轻弹簧， A 置于平板左端， B 与 C 右端挡板的距离 L1.5m， A、B、C 的质量均为 m1.0kg。某时刻，将压缩的弹簧由静止释放，使 A、B 瞬间分离，A 水平向左抛 出，落地时距离 C 左端 x1.0m，B 运动到 C 右端与挡板发生弹性碰撞。已知 B 与 C、C 与水平面间的 动摩擦因数均为 0.3，取 g10m/s2，求： （1）弹簧释放前瞬间的弹性势能 Ep； （2）B 与 C 发生弹性碰撞后瞬间 C 的速度大小 vC； （3）整个过程中 C 滑动的距离 s。 【分析】 （1

44、）A、B 分离后 A 做平抛运动，应用平抛运动规律求出 A、B 分离瞬间 A 的速度，释放弹簧 过程 A、B 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出 A、B 分离瞬间 B 的速度，应用能量守恒 定律可以求出弹簧的弹性势能。 （2） B 在 C 上做匀减速直线运动， 应用动能定理求出 B、 C 碰撞前瞬间 B 的速度， B、 C 发生弹性碰撞， 碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后 C 的速度。 （3）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式与动能定理求出整个过程 C 滑动的距离。 【解答】解： （1）设 A、B 分离瞬间 A、B 的速度大小分

45、别为 vA、vB， A、B 分离后 A 做平抛运动，B 向右做匀减速直线运动，设 A 做平抛运动的时间为 t， B、C 间的滑动摩擦力 fmg，C 与地面间的摩擦力大小 f2mg2mgf，B 在 C 上滑动时 C 静 止不动， A 做平抛运动，水平方向：xvAt，竖直方向：h 代入数据解得：vA5m/s 释放弹簧过程 A、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mvBmvA0 设弹簧释放前瞬间的弹性势能为 Ep，由能量守恒定律得： Ep 代入数据解得：Ep25J （2）A、B 分离后 B 向右做匀减速直线运动，C 静止不动，设 B、C 碰撞前瞬间 B 的速度为 vB1， 对

46、 B，由动能定理得：mgL B、C 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、 机械能守恒，设碰撞后瞬间 B、 C 的速度大小分别为 vB2、 vC， 以向右为正方向，由动量守恒定律得： mvB1mvB2+mvC 由机械能守恒定律得： 代入数据解得：vB20，vC4m/s （3）B、C 碰撞后，C 向右做匀减速直线运动，B 向右做初速度为零的匀加速直线运动， 设 B 的加速度大小为 aB，C 的加速度大小为 aC，由牛顿第二定律得： 对 B：mgmaB 对 C：mg+（m+m）gmaC 代入数据解得：aB3m/s2，aC9m/s2， 设经过过时间 t1，B、C 速度相等，设共同速度为 v， 则：va

47、Bt1vCaCt1 代入数据解得：v1m/s，t1s 该过程 C 向右滑行的距离：s1mm B、C 速度相等后它们相对静止一起做匀减速直线运动直到速度为零， 设 B、C 共同做匀减速直线运动到速度为零滑行的距离为 s2，由动能定理得： 2mgs20 代入数据解得：s2m 整个过程中 C 滑动的距离：ss1+s2（+）m1m 答： （1）弹簧释放前瞬间的弹性势能 Ep是 25J； （2）B 与 C 发生弹性碰撞后瞬间 C 的速度大小 vC是 4m/s； （3）整个过程中 C 滑动的距离 s 是 1m。 【点评】 本题是一道力学综合题， 根据题意分析清楚运动过程是解题的前提与关键， 应用动量守恒定

48、律、 能量守恒定律与牛顿第二定律、运动学公式即可解题。 16 （12 分）如图甲所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速度不计）经电场加速后，由小孔 S 沿两平行 金属板 M、N 的中心线 OO射入板间，加速电压为 U0，M、N 板长为 L，两板相距。加在 M、N 两 板间电压 u 随时间 t 变化的关系图线如图乙所示，图中 U1未知，M、N 板间的电场可看成匀强电场，忽 略板外空间的电场在每个粒子通过电场区域的极短时间内，两板电压可视作不变板 M、N 右侧距板右端 2L 处放置一足够大的荧光屏 PQ，屏与 OO垂直，交点为 O在 M、N 板右侧与 PQ 之间存在一范围足够 大的有界匀强磁场区，PQ 为匀强磁场的右边界，磁场方向与纸面垂直。已知电子的质量为 m，电荷量为 e。 （1）求电子加速至 O 点的速度大小 v0； （2）若所有电子都能从 M、N 金属板间射出，求 U1的最大值； （3）调整磁场的左边界和磁感应强度大小 B，使从 M 板右侧边缘射出电场的电子，经磁场偏转后能到 达 O点，求磁感应强度的最大值 Bm。 【分析】 （1）电子在电场加速，用动能定理求解比较方便； （2）电子做类平