山东新高考2021届高三第二次模拟考（一）物理试卷（Word版附答案）

山东省（新高考）2021 届高三第二次模拟考试卷 物 理（一） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1．2020 年 12 月 4 日 14 时 02 分，新一代“人造太阳”装置－中国环流器二号 M 装置(HL－2M) 在成都建成并实现首次放电。已知一个氘核(21H)和一个氚核(31H)聚变成一个新核并放出一个中子(10n)。 下列说法正确的是( ) A．新核为 32He B．此反应为链式反应 C．反应后粒子的比结合能变大 D．因为是微观粒子，粒子在反应前后不满足动量守恒定律 2．a、b 两个质点运动的速度一时间图像如图所示。下列说法正确的是( ) A．在 0～6 s 内，a、b 均做曲线运动 B．第 3 s 末 a 的加速度比 b 的加速度大 C．在 0～3 s 内，a 的平均速度等于 b 的平均速度 D．在 3～6 s 内 b 的平均速度小于 2 m/s 3．如图，轻绳两端固定在一硬质轻杆上的 A、B 两点，在轻绳中点 O 系一重物。 现将杆顺时 针在竖直面内缦慢旋转，使 OA 从水平位置转到到竖直位置的过程中，绳 OA、OB 的张力 FA 和 FB 的大小变化情况是( ) A．FA 先增大后减小，FB 一直减小 B．FA 先减小后增大，FB 一直增大 C．FA 先减小后增大，FB 先增大后减小 D．FA 先增大后减小， FB 先减小后增大 4．为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在 理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匣数分别为 n1、n2。当两点火针间电压大于 5000 V 就会产生电火花进而点燃燃气，闭合 S，下列说法正确的是( ) A．电压表的示数为 50 2 V B．当n2 n1 ＞100 时，才能点燃燃气 C．当n2 n1 ＝200 时，点火针每个周期的放电时间为 0.01 s D．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于 5000 V 5．2020 年 12 月 8 日，中国和尼泊尔共同宣布了珠穆朗玛峰海拔的最新测定数据：8848.86 米。 这展示了我国测绘技术的发展成果，对于珠峰地区的生态环境保护等具有重大意义。登山队员在攀 登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表 内温度 27 oC 时气体压强为 1.0×105 Pa（常温下的大气压强值），当他登上峰顶时，峰顶气压为 4.0×104 Pa，表内温度为－23 oC；则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为( ) A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa 6．图甲是一波源的振动图像，图乙是某同学画出的某一时刻波动图像的一部分，该波沿 x 轴的 正方向传播，P、Q 是介质中的两个质点，t＝0 时刻 x＝0 处质点开始振动。下列说法正确的是( ) A．该时刻这列波至少传播到 x＝10 m 处的质点 B．此刻之后，Q 比 P 先回到平衡位置 C．x＝2 m 与 x＝6 m 的质点在任何时候都保持相同的距离 D．从波源开始振动，在 10 s 内传播方向上的质点振动经过的最长路程是 25 cm 7．我们知道火星轨道在地球轨道的外侧，它们共同绕太阳运动，如图甲。2020 年 7 月 23 日， 中国首颗火星探测器“天问一号”带着中华民族的重托踏上了火星探测之旅，可认为火星和地球在同 一平面内绕太阳做同向圆周运动，且火星轨道半径为地球的 1.5 倍，示意图如图乙。为节约能量，“天 问一号”沿椭圆轨道飞向火星，且出发时地球位置和到达时火星位置分别是椭圆轨道的近日点和远日 点，仅考虑太阳对“天问一号”的引力，则“天问一号” ( ) 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 A．在飞向火星的过程中速度越来越大 B．到达火星前的加速度小于火星的加速度 C．到达火星前瞬间的速度小于火星的速度 D．运动周期大于火星的运动周期 8．在真空中某点电荷 Q 的电场中，将带电荷量为 q 的正试探电荷分别置于 a(0，0，r)、b(r，0， 0)两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，Fa、Fb 分别在 yOz 和 xOy 平面内，Fa 与 z 轴负方 向成 60°角，Fb 与 x 轴负方向成 60°角。已知试探电荷在 a 点受到的电场力大小为 Fa＝F，静电力常 量为 k。下列说法正确的是( ) A．点电荷 Q 位于 y 轴正方向上距 O 点 2r 处 B．点电荷 Q 带正电 C．a、b、O 三点电势关系为φa＝φb＜φO D．点电荷 Q 带电量为 24Fr kq 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．如图所示，将波长为λ1 的单色光 a 和波长为λ2 的单色光 b 沿不同方向射向三棱镜，形成复合 光 c，将复合光 c 照射到某金属上，打出的光电子的最大初动能是 Ek，若该金属的极限波长为λ0，则 下列判断正确的是( ) A．单色光 a 在三棱镜中传播速度大 B．λ1＜λ2 C．单色光 a 一定能使该金属发生光电效应 D． k 2 0 c cE h h = - 10．如图所示，一篮球以水平初速度 v0 碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的 k 倍（k＜1），碰 撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为 m，半径为 r，篮框中 心距篮板的距离为 L，碰撞点与篮框中心的高度差为 h，不计摩擦和空气阻力，则( ) A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒 B．篮板对篮球的冲量大小为(k＋1)mv0 C．篮球的水平初速度大小为 ( ) 2 gL r h- D．若篮球气压不足，导致 k 减小，在 v0 不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰 撞点更高 11．如图，正方形闭合导线框在边界水平的匀强磁场区域的上方，由不同高度静止释放，用 t1、 t2 分别表示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻，用 t3、t4 分别表示线框 ab 边和 cd 边刚出磁场的时 刻。线框下落过程中形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直。设 磁场区域的宽度大于线框的边长，不计空气阻力的影响，则下列反映线框下落过程中速度 v 随时间 t 变化规律的图象有可能的是( ) 12．如图甲所示，劲度系数为 k 的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块 B 相连并处于静 止状态。一物块 A 在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块 A 静止时的位置为原点 O、竖 直向下为正方向建立 x 轴。某时刻撤去外力，物块 A 自由下落，与物块 B 碰撞后以相同的速度向下 运动，碰撞过程用时极短。测得物块 A 的动能 Ek 与其位置坐标 x 的关系如图乙所示（弹簧始终处于 弹性限度内），图中除 0～x1 之间的图线为直线外，其余部分均为曲线。已知物块 A、B 均可视为质 点，重力加速度为 g，则( ) A．物块 A、B 的质量之比为 1∶2 B．弹簧的劲度系数为 k1 1 2 1 3 ( ) E x x x- C．从 x1 到 x3 的过程中，物块运动加速度的最大值为 3 2 2 1 x x gx x - - D．从 x1 到 x3 的过程中，弹簧的弹性势能增加了 3 1 k1 1 9 8 3 x x Ex - 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、 方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值 和单位。 13．(5 分)如图甲所示，在一个带喷水口的塑料瓶中装满水，用力挤压可使水从喷口射出。利用 所学的知识，设计方案，估测用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。 (1)能 否 直接 用 W ＝ Fs 求 解 用手 挤 压 瓶 子 时对 瓶 子 所 做的 功 ? ______ ， 请 简 述原 因 ： __________________。 (2)如图乙所示，将瓶子水平放置，固定在铁架台上，缓慢挤压，尽量使水落在相同位置上。此 时，假定从瓶子出来的水速度为常数。本实验除了要测量实验前瓶子和水的总质量 m1，以及挤压后 剩余的质量 m2，还应测量的物理量是__________________和__________________。（同时标上物理 量对应的字母） (3)人对瓶子做的功表达式为_____________。（用字母表示） 14．(10 分)某同学利用实验室的器材研究一粗细均匀的导体棒（约为 4 Ω）的电阻率。 电压表 V（量程 15.0 V，内阻约 1 kΩ） 电流表 A（量程 0.6 A，内阻 RA＝0.4 Ω） 定值电阻 R0（阻值 R0＝20.0 Ω） 滑动变阻器 R1（最大阻值 10 Ω） 学生电源 E（电动势 20 V） 开关 S 和若干导线。 (1)如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为___________mm；如图乙，用游标卡尺测得导体 棒的长度为___________cm。 (2)请根据提供的器材，在图丙所示的方框中设计一个实验电路，尽可能精确地测量金属棒的阻值。 (3)实验时，调节滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零开始，根据实验数据选择合适标 度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻 R＝___________Ω（保留一位小数）， 再根据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻 R 测___________（填“＞”“＜”或“＝”） R 真。 (4)若将该导体棒制作成一等边三角形工件 PQM（不改变导体棒横截面积与总长度），与一电源 （E＝9 V，r＝1 Ω）、一电动机 M（P 额＝6 W，U 额＝6 V）和开关 S 连成回路（如图戊）。闭合开关 S，则此时电动机 M___________（填“能”或“不能”）正常工作。 15．(9 分)如图所示，底端封闭的粗细均匀的长玻璃管静止在倾角为θ的固定斜面上，玻璃内通 过水银柱封闭了一段理想气体。玻璃管的长度 L＝80 cm，水银柱的长度 h＝25 cm，气柱的长度 x1 ＝37.5 cm。若把玻璃管开口竖直向上静止时，空气柱长度 x2＝33 cm。已知大气压强 P0＝75 cmHg， 环境温度保持不变。求： (1)斜面的倾角正弦值； (2)当把玻璃管开口竖直向下静止时，空气柱的压强。 16．(9 分)如图甲所示，在水平地面上固定两根平行光滑金属导轨，两导轨的间距为 L，左端接 一阻值为 R 的电阻，金属杆 PQ 静止在导轨上，电阻也为 R，质量为 m。虚线 ef 的右边区域存在足 够长的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为 B。给杆 PQ 施加一水平向右的恒定 拉力，经过一段时间杆 PQ 到达 ef 位置，之后做匀速直线运动，导轨电阻不计。 (1)PQ 从初始位置到 ef 所用的时间为多少？ (2)如果杆 PQ 到达位置 ef 后撤去拉力，此时刻之后，杆 PQ 的速度 v 与位移 x 关系如图乙所示， 则 0～x0 与 x0～3x0 两个过程中金属杆 PQ 产生的热量之比为多少？ 17．(11 分)如图所示，竖直旗杆上下端各有一个光滑轻小滑轮 A 和 B，滑轮间穿有绷紧的均匀 闭合牵引绳，升旗时将旗帜侧面的小杆平行固定在牵引绳上并使小杆下端靠近滑轮 B，用手牵拉牵 引绳使小杆上端到达滑轮 A 后锁定牵引绳完成升旗。已知两滑轮间距为 H，旗帜侧面的小杆长度为 l，旗帜和小杆总质量为 m，牵引绳总质量为 M，重力加速度为 g，不计空气阻力，忽略旗帜飘动时 重心的变化。 (1)升旗过程中升旗手至少需要做多少功？ (2)降旗时解除锁定使旗帜由静止下降，求旗帜降到底端前瞬间的速度 v； (3)降旗时解除锁定使旗帜由静止下降一段时间后，用手握住牵引绳给绳施加一恒定的滑动摩擦 力 f＝3mg，旗帜降到底端速度刚好为零，求旗帜降落的总时间 t。 18．(16 分)如图甲所示，在直角坐标系 xOy 的 x 轴下方有沿 y 轴正向的匀强电场，在 x 轴上方 有垂直坐标平面的匀强磁场，其磁感应强度 B 随时间变化如图乙所示（图中 B1、B2 未知）。y 轴上 P （0，－d）点处一个质量为 m、带电量为 q 的带正电粒子以大小为 v0 的初速度沿 x 轴正向射入电场， 粒子从 x 轴上的 Q（2 3 3 d，0）点进入磁场，并以此时刻为 t＝0 时刻。已知 1 1 πmt qB= ，t1 时刻后的粒 子的运动轨迹与 x 轴、y 轴均相切，不计粒子的重力，以垂直坐标平面向里为磁场正方向。求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场磁感应强度 B1、B2 的大小。（计算结果可用根式表示） 物 理答 案 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的。 1．【答案】C 【解析】根据质量数和电荷数守恒得 31H＋21H→42He＋10n，故 A 正确；此反应为核聚变反应， 故 B 错误；21H 和 31H 的比结合能小于 42He 的比结合能，故 C 正确；所有核反应都满足动量守恒， 故 D 错误。 2．【答案】D 【解析】在 0～6 s 内，a、b 的速度均为正值，方向没有变化，均做直线运动，A 错误； 速度一时间图像中图线切线的斜率表示加速度，第 3s 末，a、b 的加速度均为零，B 错误；在 0～3s 内，a 的位移大于 b 的位移，由 v ＝x t 可知，a 的平均速度大于 b 的平均速度，C 错误； 速度一时间图像中图线与 t 轴包围的面积表示位移，在 3～6 s 内，b 的位移小于1 2×(6－3)×4 m ＝6 m，平均速度小于 2 m/s，D 正确。 3．【答案】A 【解析】合力大小不变，等于 mg，方向不变，两个分力的夹角不变，根据三角形法则作 图，如图所示，由图可知，当 OA 从水平位置转到到竖直位置的过程中，FA 先增大后减小， FB 一直减小。 4．【答案】B 【解析】根据图乙得到原线圈电压的最大值为 50 V，则加在变压器原线圈上正弦交流电 压的有效值为 25 2 V，故电压表的示数为 50 2 V，A 错误；原、副线圈的电压关系为U1 U2 ＝n1 n2 ， 由于原线圈最大电压为 50 V，副线圈最大电压要大于 5000 V，所以n2 n1 ＞100，故 B 正确；若原、 副线圈匝数比为 1∶200，副线圈输出电压最大值 Umax＝10000 V，则一个周期内放电时间 t＝ 2 3×0.02 s＝0.013s，故 C 错误；两点火针间的瞬时电压大于 5000 V 即可产生电火花，所以有效 值一定大于 2500 2 V，不一定大于 5000 V，故 D 错误。 5．【答案】C 【解析】取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为 p1＝1.0×105 Pa，温度为 T1＝(273 ＋27)K＝300 K，其末状态的压强为 p2，温度为 T2＝（273－23）K＝250K，根据查理定律， 有 1 2 1 2 p p T T  ，解得 5 2 5 10 Pa6p   ，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为 5 4 44.0 15 10 Pa0 4.3 1 Pa06p       。 6．【答案】A 【解析】由振动图象知周期 T＝4 s，波源起振的方向向上；根据波形图知波长λ＝8 m，并 且该部分的前面还有至少半个波长，所以该刻这列波至少传播到 x＝10 m 处的质点，故 A 正 确；该波沿 x 轴的正方向传播，结合波形图可知，Q 点振动的方向向下，而 P 点振动的方向 向上，所以 P 点比 Q 点先回到平衡位置，故 B 错误；根据波形图知波长λ＝8 m，则 x＝2 m 与 x＝6 m 的质点的平衡位置之间的距离为半个波长，由于它们的步调总是相反，所以它们不可 能在任何时候都保持相同的距离，故 C 错误；由振动图象知周期 T＝4 s，则 10 s＝2.5T，任何 质点在一个周期内通过的路程是四个振幅，所以在 2.5T 内的路程都是 10A＝10×5 cm＝50 cm， 故 D 错误。 7．【答案】C 【解析】机械能守恒定律可知，“天问一号”在飞向火星过程中，引力势能增大，动能减小， 速度变小，故 A 错误；由 2 Fa M m r G火 太  ，可知，到达火星前，“天问一号”到太阳的距离小于 火星到太阳的距离，则“天问一号”的加速度大于火星的加速度，故 B 错误；火星绕太阳做圆 周运动有 2 2 GM m v m r r 太 火 火 火 ，若没有火星的存在，“天问一号”到达椭圆轨道远日点后，将做 向心运动有 2 2 GM m v m r r 太 问 问 问 ，由上述两式得 v v问火  ，故 C 正确； “天问一号”离开地球到达 火星可近似认为做椭圆运动，其椭圆的半长轴小于火星运动的轨道半径，由开普勒第三定律 有 33 2 2= ra T T 火问 问 火 ，得“天问一号”的运动周期小于火星的运动周期，故 D 错误。 8．【答案】D 【解析】点电荷的电场中，试探电荷受到的电场力的方向沿着试探电荷与点电荷的连线； 由 Fa、Fb 的方向可知该点电荷带负电，并且同时在 Fa、Fb 所在的平面内，即 y 轴正半轴上， 设其到原点的距离为 L，则 L＝rtan60°＝ 3r，故 AB 错误；点电荷的等势面是一系列以点电 荷为球心的球面，由于点电荷带负电，所以离点电荷越远的等势面，其电势越高，a、b 两点 到点电荷的距离相等，所以其电势相等，即φa＝φb；O 点到点电荷的距离小于 a、b 两点到点 电荷的距离，所以其电势较低，即φa＝φb＞φO，故 C 错误；由库仑定律得 24 Qqk Fr = ，解得 24FrQ kq= ，故 D 正确。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．【答案】AD 【解析】由图可知，单色光 b 的折射程度大，三棱镜对单色光 b 的折射率大，由 v＝c n 可 知，单色光 a 在三棱镜中传播速度大，A 正确；单色光 b 的频率高，波长短，因此有λ1＞λ2， B 错误；单色光 b 的频率高，单色光 b 一定能使该金属发生光电效应，单色光 a 不能确定，C 错误；因此单色光 b 一定能使金属发生光电效应，打出的光电子最大初动能 k 2 0 c cE h h = - ， D 正确。 10．【答案】BD 【解析】由题意知，碰撞过程中速度减小，篮球的机械能减小，A 错误；以弹回的速度方 向为正方向，据动量定理可得，篮板对篮球的冲量大小 0 0 0( ) (1= )I m kv mv k mv     ，B 正 确 ； 篮 球 弹 回 做 平 抛 运 动 ， 由 位 移 公 式 可 得 0L r kv t  ， 21 2h gt ， 联 立 可 得 0 ( ) 2 L r gv k h  ，C 错误；若篮球气压不足，导致 k 减小，在 v0 不变的情况下，篮球弹回 的速度 kv0 减小，结合 C 中分析可知，要使篮球中心经过篮框中心，即水平位移不变，应延长 时间，故应使碰撞点更高，D 正确。 11．【答案】BCD 【解析】线框先做自由落体运动，线框刚进入磁场时，若安培力大于重力，ab 边进入磁 场先做减速运动，线框受到的安培力 F＝B2L2v R ，由于速度逐渐减小，安培力逐渐减小，因此 线框的加速度应该是逐渐减小，v－t 图象的斜率应逐渐减小，当线框受到的安培力与重力相等 时，线框做匀速直线运动，速度不变；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产 生，线框只受重力，做加速度为 g 的匀加速直线运动；线框离开磁场过程中安培力大于重力， 线框做加速度减小的减少运动；cd 边离开磁场后，即 t4 时刻后线框以加速度 g 做匀加速直线 运动，由以上分析可知，线框可能先做自由落体运动，然后做加速度减小的减速运动、匀速 直线运动、匀加速直线运动、加速度减小的减速运动，线框离开磁场后做匀加速直线运动，A 错误，B 正确；如果 ab 边刚进入磁场时所受安培力小于重力，则线框做加速运动，安培力 F ＝B2L2v R 逐渐变大，加速度 a 逐渐减小，线框做加速度减小的加速运动；当线框完全进入磁场 后线框以加速度 g 做匀加速直线运动，当 ab 边离开磁场时安培力大于重力，线框做加速度减 小的减速运动，C 正确；如果 ab 边进入磁场时所受安培力等于重力，则 ab 边进入磁场后线框 做匀速直线运动，线框完全进入磁场后受重力作用而做匀加速直线运动，ab 边离开磁场时线 框所受安培力大于重力，线框做加速度减小的减速运动，D 正确。 12．【答案】AD 【解析】A 下降 x1，当 A 与 B 即将接触时有 Ek1＝1 2mAv2，由图乙可知 A、B 共速时有 1 9Ek1 ＝1 2mAv 共 2，由动量守恒定律 mAv＝(mA＋mB)v 共，联立解得 mA∶mB＝1∶2，A 正确；设 A 的质 量为 m，则 B 的质量为 2m，当 A、B 一起运动到 x2 位置时动能最大，此时弹力为 3mg，从 x1 到 x2 过程中弹力增加了 mg，由胡克定律得 k(x2−x1)＝mAg，A 下落运动 x1 中由动能定理得 mAgx1 ＝Ek1，联立解得 k1 1 2 1( ) Ek x x x= - ，B 错误；在 x3 处物块加速度最大，由牛顿第二定律有 2mg ＋k(x3−x1)−3mg＝3mam， 3 2 m 2 13( ) x xa gx x -= - ，C 错误；A、B 碰撞后的总动能 Ek＝1 9Ek1＋ k1 2 9 E ＝ 1 3Ek1，在从 x1 到 x3 的整个运动中，由能量守恒定律有(mAg＋mBg)(x3−x1)＋Ek＝ΔEP，解得 3 1 p k1 1 9 8 3 x xE Ex -= ，D 正确。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明 确写出数值和单位。 13．(5 分) 【答案】(1)不能 因为手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量 (2)水落下的竖直高度 h (瓶口距离地面的竖直高度 h) 水平距离 x (3) 2 1 2( ) 4 m m gx h  【解析】(1)由于手对瓶子施加的力不是恒力以及瓶子产生的形变量无法测量，所以不能 用直接用 W＝Fs 求解用手挤压瓶子时对瓶子所做的功。 (2)要求用手挤压瓶子时对瓶子所做的功，也就是求飞出去的水获得的动能，最终转化为 求水从瓶口飞出去的初速度，水从瓶口出去以后，做平抛运动，我们需要知道水落下的竖直 高度 h，以及水运动的水平距离 x，就可以求解水获得的初动能。 (3)水做平抛运动 21 2h gt ， 0x v t ，所以 0 2 gv x h ，由动能定理可知，人对瓶子做 的功为     2 1 22 2 0 1 2 0 1 1 2 2 4 m m gxW mv m m v h     。 14．(10 分) 【答案】(1)4.620(4.619～4.621) 10.14 (2)见解析图 (3)4.6 ＝ (4)不能 【解析】(1)螺旋测微器的读数等于 4.5 mm＋0.01×12.0 mm＝4.620 mm(4.619～4.621)；游 标卡尺为 10 分度，精确度为 0.1 mm，游标上的第 4 格与主尺对齐，故读数为 101 mm＋4×0.1 mm＝101.4 mm＝10.14 cm。 (2) 要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可 以多测几组数据；电压表的量程为 15 V，则待测电阻的电流最大为 max 15 A 3.75A4x UI R    ，则 0.6 A 的电流表量程太小，不安全，而电流表内阻已知，且有 定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电 阻阻值，而电流表选择内接法可以消除系统误差，电路图如图所示。 (3) 根 据 伏 安 法 可 知 0 15 5 250.60 0.20A x UR R R I          ， 解 得 025 4.6x AR R R      ，因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知， 则两者分压的系统误差可以消除，则电阻的测量值等于真实值。 (4)导体棒分成三段，并联后的阻值为 1 1R   ，导体棒与电源、电动机构成的电路，等效 电动势 9VE  ， 1= 2r r R效    ，则电源的输出功率为 2 2= =9 2P EI I r I I外 效  ，可知当电 流为 9 9A A2 2 4I     ，输出功率达到最大值，即 9 A4I  时，随着电流的增大，输出功 率逐渐增大；而电动机 M（P 额＝6W，U 额＝6V）正常工作，则电流为 1API U 额 额   ，此时 2=9 1 1 2=7WP外    ，故当 6WP P外1 额  时，实际电流 1 1AI  ，故电动机不能工作。 15．(9 分) 【解析】(1)取被封闭在玻璃管中的气体为研究对象，倾斜状态 1 0 sinp p h   ， 1 1V x S 竖直状态 2 0 100cmHgp p h   ， 2 2V x S 根据玻意耳定律有 1 1 2 2p x S p x S 代入数据解得 sin 0.52  。 (2)若玻璃管足够长，开口向下时，设空气柱长为 x3，空气柱的压强为 3 0 50cmHgp p h   由玻意耳定律可知 1 1 3 3p x S p x S 3 66cmx  ， 3 80cmx h  有水银流出；设流出水银后，水银柱长为 h0，由玻意耳定律可知 1 1 0 0 0( )( )p x S p h L h S   解得 0 20cmh  故开口向下的竖直位置时，管内气体压强 3 0 0 55cmHgp p h   。 16．(9 分) 【解析】(1)设拉力大小为 F，杆的加速度为 a，进入磁场时的速度为 v0，则 F＝ma，v0＝at 杆在磁场中做匀速运动，则 F＝F 安＝BIL，I＝ 2 E R ，E＝BLv0 联立解得 t＝ 2 2 2mR B L 。 (2)撤去拉力后，由图乙可知，杆在 x＝x0 处的速度大小为 v＝2 3v0 由能量关系，在 0～x0 过程中，金属杆 PQ 产生的热量 Q1＝ 2 2 0 1 1 1( )2 2 2mv mv 在 x0～3x0 过程中，金属杆 PQ 产生的热量 Q2＝ 21 1 2 2 mv 解得 1 2 5 4 Q Q  。 17．(11 分) 【解析】(1)根据功能关系，升旗过程中升旗手至少需要做功 W＝mg(H－l)。 (2)解除锁定使旗帜由静止下降，由动能定理有：mg(H－l)＝1 2(m＋M)v2 解得： 2 ( )mg H lv m M -= + 。 (3)设开始施加一恒定的滑动摩擦力时，旗帜下降的高度为 h，到底端的距离为 s，由于速 度刚好为零，根据动能定理，有：mg(H－l)－fs＝0 又 h＝(H－l)－fs 设下降过程中最大速度为 v1，根据动能定理有：mgh＝1 2(m＋M)v12 旗帜降落的总时间 1 / 2 H lt v -= 联立解得： 3( )( )m M H lt mg + -= 。 18．(16 分) 【解析】(1)粒子从 P 点射后，在电场中做类平抛运动，根据运动分解可知： d＝1 2at2，2 3 3 d ＝v0t 根据牛顿第二定律得：qE＝ma 解得 2 03 2 mvE qd= 。 (2)设粒子进磁场时速度为 v，速度方向与 x 轴正向夹角为θ，根据动能定理有： qEd＝1 2mv2－1 2mv02 由几何关系 0cos v v  = 解得θ＝60° 粒子在磁场内做圆周运动的周期 T＝2πm qB ，则 t1＝1 2T，即在 0～t1 时间内粒子在磁场中运动 轨迹是半圆 由于粒子在运动轨迹刚好与 x 轴、y 轴相切，轨迹如图(1)、(2)所示。 ①如图(1)，设粒子在 t1 时刻前运动半径为 r1，t1 时刻后运动轨迹半径为 r2，由几何关系得： r2＝(2r1＋r2)sin 30°，r2＋2 3 3 d＝(2r1＋r2)cos 30° 解得 1 3 3 6r d+= ， 2 3 3 3r d+= 根据牛顿第二定律： 2 1 1 vqvB m r= ， 2 2 2 vqvB m r= 解得： 0 1 2(3 3)mvB qd -= ， 0 2 (3 3)mvB qd -= ②如图(2)，设粒子在 t1 时刻前运动半径为 r1，t1 时刻后运动轨迹半径为 r2，由几何关系得： r2＝(2r1＋r2)sin 30°，2 3 3 d－r2＝(2r1＋r2)cos 30° 解得 1 3 3 6r d-= ， 2 3 3 3r d-= 由 2 1 1 vqvB m r= ， 2 2 2 vqvB m r= 得 0 1 2(3 3)mvB qd += ， 0 2 (3 3)mvB qd += 。