2021年山东省潍坊市高考物理三模试卷（含答案解析）

这是一份2021年山东省潍坊市高考物理三模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了5m/s，5,1，5A挡；，0Ω，电阻箱一只，【答案】C，【答案】D，【答案】A，【答案】BC等内容，欢迎下载使用。

2021年山东省潍坊市高考物理三模试卷

1. 据《人民日报》4月12日报道，日本要把福岛核电站超过130万吨的核废水直接排入太平洋，引起周边国家的一致反对。核废水中含有多种放射性元素，其中放射性元素 55137Cs的核反应方程为 55137Cs→x137Ba+−10e，半衰期约为30年，下列说法正确的是( )
A. 该反应属于核裂变 B. 该反应需吸收能量
C.  x137Ba原子核中有81个中子 D.  55137Cs经海水稀释后半衰期会变短
2. 将一矩形玻璃板MN水平固定，另一矩形玻璃板放在MN玻璃板上，一端放入两张纸片，侧视如图所示。用单色平行光a从上方竖直射入，从上方可以观察到明暗相间的条纹。换用单色平行光b从上方竖直射入，观察到条纹间距变小，下列说法正确的是( )
A. 明暗条纹与MN平行
B. 抽去一张纸片，条纹间距变小
C. a光的频率大于b光的频率
D. 遇到相同障碍物时，a光比b光产生的衍射现象更明显
3. 某建筑工地上，两台塔吊分别吊起质量相同的甲、乙两物体，物体运动的v−t图像如图所示，在0时刻两物体处在同一高度，t2时刻再次到达同一高度处。则t1时刻( )

A. 乙受到的拉力比甲的大 B. 甲在乙上方
C. 两物体高度差最大 D. 甲、乙所受拉力的功率相等
4. 如图所示，P为圆柱体，Q为四分之一圆柱体，两者半径相同且表面光滑。将圆柱体P放在由水平地面和竖直墙壁所形成的墙角处，P和Q紧靠在一起。用水平力F向右缓慢推Q，从P离开地面到Q接触墙壁前。下列说法正确的是( )
A. 推力F逐渐变大 B. 墙壁的弹力先变大后变小
C. Q对P的弹力逐渐变小 D. 地面对Q的支持力逐渐变大
5. 如图所示，圆柱形汽缸开口向上，活塞和汽缸中间的固定隔板将汽缸分为两个气室，分别密封等质量的同种气体甲、乙，汽缸、活塞绝热，隔板导热良好，活塞与汽缸壁间无摩擦，活塞处于静止状态，两气柱长度相等。现将一重物放在活塞上，大气压强保持不变，内部气体可视为理想气体，则( )
A. 活塞达到新的平衡过程中，甲气体吸热
B. 活塞达到新的平衡过程中，甲内能减小
C. 活塞达到新的平衡后，甲内能比乙小
D. 活塞达到新的平衡后，甲的压强比乙大
6. 如图所示，正方体透明玻璃砖，从底部挖去一部分，挖去部分恰好是以底边为直径的半圆柱。平行单色光垂直于玻璃砖上表面射入，半圆柱面上有光线射出的部分为其表面积的23，不计光线在玻璃砖中的多次反射，则该单色光在玻璃砖中的折射率为( )
A. 233 B. 2 C. 3 D. 433
7. 一列简谐横波沿x轴传播，在t=1s时的部分波形如图甲所示，介质中质点P的振动图像如图乙所示，则( )

A. 该波的传播速度为0.5m/s
B. 该波沿x轴负方向传播
C. 波源起振方向为y轴负方向
D. t=1s时平衡位置x>2m处的质点均未开始振动
8. 天体物理学家为寻找适合人类生存的星球(简称类地行星)一直进行着探索，中国“天眼”射电望远镜在2016年启用以来，在该领域也取得了重大进展。类地行星除了具有生命赖以生存的水和空气之外，还应有适宜的温度，为此，行星正对恒星部分单位面积上接受到的热辐射功率应和地球接受到太阳的辐射功率相当。已知行星单位面积接受到恒星的辐射功率与其到恒星距离的平方成反比。假设在银河系的某处有一颗恒星，其质量为太阳的500倍，热辐射总功率为太阳的25倍，则其类地行星的公转周期与地球的公转周期之比为( )
A. 0.25 B. 0.5 C. 1 D. 2
9. 如图所示，理想变压器原线圈接正弦交流电，副线圈回路中接有小灯泡(6V12W)和交流电动机M，闭合开关S，小灯泡和电动机均正常工作，电流表A1和A2示数分别为2A和6A，已知电动机内阻为0.25Ω，则下列说法正确的是( )
A. 交流电压的最大值为182V B. 电压表示数为24V
C. 变压器的输入功率为48W D. 电动机的输出功率为9W
10. 如图所示，正方形abcd边长为L，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。a点有一粒子源，沿对角线ac方向发射速度不同的电子，已知电子质量为m，电荷量为e，下列说法正确的是( )
A. 电子可能从bc边射出
B. 垂直cd边射出的电子速度大小为2eBLm
C. 电子在磁场中运动的最长时间为πm2eB
D. 从ad边射出的电子动量相同
11. 如图甲所示，光滑细杆竖直固定，套在杆上的轻弹簧下端固定在地面上，套在杆上的小滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.05m处，滑块与弹簧不拴接。由静止释放滑块，地面为零势能面，滑块上升过程中的机械能E和离地面的高度h之间的关系如图乙所示，g=10m/s2，不计空气阻力。由图像可知( )
A. 小滑块的质量为0.2kg B. 轻弹簧原长为0.1m
C. 弹簧的最大弹性势能为0.5J D. 滑块距地面的最大高度为0.3m
12. 如图所示，平面直角坐标系xoy在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，坐标系内存在平行于x轴的匀强电场(图中未画出)。将一质量为m、电荷量为q的带正电小球从原点以初速度v0斜向上抛出，a(1.5,1.0)是小球上升的最高点，b(2.0,0)是小球在y轴右侧运动过程中离y轴最远的点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则( )
A. 小球初速度方向与x轴成30∘角 B. 匀强电场的场强为mg2q
C. 小球在b点时的动能13mv02 D. 小球回到y轴时的动能为52mv02
13. 某小组通过实验探究空气阻力的大小与运动速率的关系。实验中所使用的器材如下：铁架台、钩码、弹簧测力计、细绳、气球、毫米刻度尺、具有连拍功能的手机。
其实验步骤如下：

A.测出气球及钩码的总重力G；
B.吹好气球，用细绳将气球扎紧，另一端系上钩码；
C.将刻度尺竖直固定在铁架台上，将气球(含钩码)从较高位置释放，使其经过刻度尺附近时能匀速下落；
D.用手机连拍功能，拍摄气球匀速运动时的多张照片；
E.计算出相邻两帧照片间重物下落的平均位移；
F.改变所悬挂的钩码质量，重复以上步骤；
G.记录并处理数据
请回答以下问题：
(1)某次拍摄中的两张照片如图甲、乙。甲图中钩码下沿对应刻度尺的读数为0.90cm，图乙是甲之后的第2帧照片，由此可以得出相邻两帧照片之间重物下落位移的平均值为l=______ cm。
(2)记录每次实验中气球(含钩码)重力G和相邻两次拍摄时间内气球下落的位移l，如表所示。图丙中已描出了部分数据，请将其它数据描出并画出G−l关系图像。
次数
1
2
3
4
5
6
7
重力G/(10−2N)
4.5
5.5
6.5
7.5
8.5
9.5
10.5
位移l/(cm)
13.60
16.30
19.80
23.80
26.60
28.80
32.80
(3)根据图像，可以得到的结论是：______ 。
14. 多用电表是实验室中常用的测量仪器，如图甲所示为多量程多用电表示意图，其中电流有1.0A、2.5A两个挡位，电压有2.5V、10V两个挡位，欧姆表有两个挡位。
(1)通过一个单刀多掷开关S，B可以分别与触点1、2、3、4、5、6接通，从而实现用多用电表测量不同物理量的功能。
①图甲中B是______ (选填“红”或“黑”)表笔；
②当S接触点______ (选填“1、2、3、4、5、6“)时对应多用电表2.5A挡；
③当S接触点3时，测量倍率比S接触点4时小，则E1______ E2(选填“>”“<”或“=”)；

(2)实验小组用该多用电表测量电源的电动势和内阻。器材还有：待测电源(电动势约为9V)，定值电阻R0=8.0Ω，电阻箱一只。连接实物如图乙所示，测量时应将图甲中S接触点______ (选填“1、2、3、4、5、6”)；改变电阻箱阻值R，测得并记录多组数据后，得到对应的1U−1R图像如图丙所示，则电源电动势E=______ V，内阻r=______ Ω(结果保留两位有效数字)。
15. 为防止文物展出过程中因氧化而受损，需将存放文物的展柜中的空气抽出，充入惰性气体，营造低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒将放入青铜鼎的展柜内空气抽出的示意图，已知展柜容积为V0，开始时展柜内空气压强为P0，抽气筒每次抽出气体的体积为V018，抽气一次后展柜内压强传感器显示内部压强为1516p0，不考虑抽气引起的温度变化。求：
(1)青铜鼎的体积；
(2)抽气两次后剩余气体与开始时气体的质量之比。








16. 2021年4月23日，首届成都国际工业博览会轨道交通馆内，一辆外形炫酷的新一代高速磁悬浮列车吸引不少眼球，这是我国研制的时速600公里新一代自主知识产权的高速磁浮列车，填补了航空与高铁速度的空白，如图所示。在某次制动性能测试中，列车先在平直轨道上以额定功率P由静止启动，经时间t达到最大速度v，之后匀速率进入水平面内的圆形转弯轨道。已知列车质量为m，运动中阻力恒定，重力加速度为g。
(1)求列车由静止开始加速至最大速度v的过程通过的路程x；
(2)为了使列车以速率v无侧向挤压通过弯轨道，轨道向内侧倾斜，倾斜角度为θ，求圆形轨道的设计半径r。








17. 如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒ab、cd垂直导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为m，接入电路的电阻均为R0，开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒定拉力F，经时间t棒ab的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd的锁定，导轨足够长且电阻不计。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)撤去拉力前棒ab前进的距离；
(3)全过程中回路产生的焦耳热。








18. 如图所示，倾角为θ的固定斜面上有n块质量均为m、大小不计的木块。已知相邻两块之间的距离均为L，木块2以上的斜面光滑，以下的斜面粗糙，木块与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为tanθ，重力加速度为g。由静止释放木块1，之后相继与后面的木块发生碰撞，每次碰撞后都粘在一起，木块碰撞时间极短可忽略不计。求：
(1)木块2与木块3相碰前的速度大小；
(2)第n块木块碰后下滑的速度大小；
(3)从木块1释放到第n块木块开始下滑所经历的时间；
(4)从木块1释放到第n块木块开始下滑，系统因碰撞损失的机械能与因摩擦损失的机械能之比。







答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：AB、该核反应中除新核外还产生电子，属于β衰变，由于存在质量亏损会释放能量，故AB错误；
C、根据电荷数守恒可得Ba的电荷数x=56，所以其中子数为137−56=81，故C正确；
D、放射性元素的半衰期由其原子核内部结构决定，与外界因素无关，故D错误。
故选：C。
根据核反应的生成物判断反应类型；根据电荷数守恒结合核子数等于质子数与中子数之和判断；半衰期的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关。
本题考查了衰变实质、半衰期等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本概念和基础规律．

2.【答案】D

【解析】解：
A、依据薄膜干涉的原理，薄膜相等厚度与玻璃板另一边平行，因此条纹方向与另一边平行，与MN边垂直，故A错误；
B、根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当减小薄片的厚度时，同一厚度的空气膜向纸片移动，故条纹向着纸片移动，导致条纹间距变大，故B错误；
C、将单色光a换为单色光b照射，条纹间距变小，依据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，可知b光波长变短，则频率变大，故C错误；
D、a光波长大于b光波长，所以遇到相同障碍物时，a光比b光产生的衍射现象更明显，故D正确；
故选：D。
从空气膜的上下表面分别反射的两列光是相干光，其光程差为空气层厚度的2倍，当光程差Δx=nλ时此处表现为亮条纹，故相邻亮条纹之间的空气层的厚度差为λ2，并依据干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，从而即可求解。
掌握了薄膜干涉的原理和相邻条纹空气层厚度差的关系即可顺利解决此类题目，并掌握干涉条纹间距公式的内容。

3.【答案】C

【解析】解：A、v−t图象的斜率表示加速度，t1时刻甲图象的斜率大，则加速度大，根据牛顿第二定律可知，F−mg=ma，即甲受到的拉力大，故A错误；
BC、v−t图象围成的面积表示位移，t1时刻甲图象的面积小，则甲在乙的下方，此时图象的面积差最大，则两物体的高度差最大，故B错误，C正确；
D、t1时刻，两物体的速度相等，根据功率公式可知，P=Fv，甲受到的拉力大，则功率大，故D错误。
故选：C。
根据图线的斜率比较出加速度的大小分析。
根据图线与时间轴所围成的面积比较位移的大小分析。
根据功率公式分析。
该题考查了功率的相关计算，解决本题的关键知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴所围成的面积表示位移．再根据运动过程分析物体的离地高度。

4.【答案】C

【解析】解：BC.对球P受力分析如图；当Q缓慢右移时，Q对P的弹力F2逐渐减小，墙壁对P的弹力F2逐渐减小，故B错误，C正确；

AD.对PQ整体受力分析可知，地面对Q的支持力等于PQ的总重力，则大小不变；推力F大小等于墙壁对P的弹力F1，则逐渐减小，故AD错误。
故选：C。
对P做受力分析，根据力的平衡判断BC选项；再对整体做受力分析可判断AD选项。
本题运用整体与隔离的思想方法，注意整体受力分析时要区分内力与外力。

5.【答案】D

【解析】
【分析】
外界对气体做功，内能增大，温度升高，温度相同，内能相等；温度相等，乙的体积大，压强小.
注意内能的影响因素主要是温度，温度越大时内能越大，另外热量传递时只能从高温到低温。
【解答】
BC.活塞汽缸绝热，与外界没有热交换，放上物体后，气体被压缩，外界对气体做功，内能增大，温度升高，热量从甲传向乙，最终甲乙温度相同，内能相等，故BC错误；
A、活塞向下运动时，压缩气体甲，对甲做功，甲的压强增大，体积减小，温度升高，由于隔板固定且导热，所以甲会向乙传递热量，故A错误；
D.由理想气体状态方程可知p1V1T1=C，最终甲乙温度相等，乙的体积大，压强小，甲的体积小，压强大，故D正确；
故选：D。  
6.【答案】A

【解析】解：光线在玻璃砖中的光路如图所示，设恰好发生全反射的临界角为C，半圆柱的半径为R
由光线射出的部分圆柱面的面积S=2×C2ππR2=23πR2
得C=13π
则n=1sinC=233，故A正确，BCD错误；
故选：A。
画出光路图，找出临界角，根据sinC=1n，结合几何关系分析求解即可。
本题考查全反射知识，关键是画出正确的光路图，注意掌握临界角与折射率的关系，即sinC=1n的应用。

7.【答案】C

【解析】解：A、由甲图可知波长是2m，由乙图可知周期是1s，那么波速v=λT=21m/s=2m/s，故A错误；
B、由乙图可知质点P在1s时沿y轴正方向振动，再结合甲图，利用同侧法可知波沿x正方向传播，故B错误；
C、由乙图可知质点P0.5s开始振动，振动方向沿y轴负方向，波源的起振方向也是y轴负方向，故C正确；
D、质点P在0.5s时开始振动，t=1s时，已经振动了T2，波传到质点P后又向右传播了λ2，所以在x轴上2m−3m的质点已经开始振动了，故D错误。
故选：C。
由振动图象读出t=1s时刻质点P的振动方向，结合甲图利用同侧法可以判断波的传播方向，由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，分析波动过程，根据时间与周期的关系，可分析波在1s时已经传播到3m处。
本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力。对于波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况。

8.【答案】B

【解析】解：据行星单位面积接受到恒星的辐射功率与其到恒星距离的平方成反比，若某一恒星的热辐射功率是太阳的25倍，若该行星为类地行星，则可知，该行星距恒星的距离为太阳与地球距离的5倍。则令太阳质量为M，则此恒星的质量为500M，地球到太阳的距离为r，则行星与恒星的距离为5r，据万有引力提供圆周运动向心力有：
GmMr2=mr4π2T2
地球的公转周期为：T=4π2r3GM
则该类地行星的周期为：
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据热辐射总功率与太阳总功率的关系及行星单位面积接受到的辐射功率与其到恒星距离的平方成反比，可以求得类地行星距恒星的距离是地球距太阳距离的关系，再根据恒星的质量关系求得公转周期关系。
本题关键是能根据恒星辐射总功率与接受到恒星辐射功率与其到恒星距离的关系，由类地行星的要求得出行星与恒星距离是太阳与地球距离的数值关系，再根据周期公式计算公转周期。关键能根据物理情境中提取出有用信息并进行相关计算。

9.【答案】BC

【解析】解：AB、小灯泡(6V12W)，小灯泡和电动机均正常工作，电流表A1和A2示数分别为2A和6A，根据I=PU=126A=2A，那么副线圈的电流为：，而，根据，解得：，再根据，则有，因变压器原线圈接正弦交流电，则交流电压的最大值为Um=242V，故A错误，B正确；
C、原线圈的输入功率，故C正确；
D、通过电动机的电流IM=2A，则电动机的输入功率，
电动机的发热功率，故电动机的输出功率为，故D错误；
故选：BC。
依据灯泡和电动机均正常工作，结合并联电压相等的特点，再由功率表达式P=UI，可求出原副线圈电流之比，根据，求得原副线圈的匝数之比，进而确定原副线圈的电压之比；根据原线圈原线圈接正弦交流电，即可求解交流电压的最大值，而原线圈的电压有效值即为电压表的示数；依据P=UI就能得出变压器的输入功率；电动机的输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，分别计算即可。
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。同时会区分交流电的有效值、最大值，及之间的关系。

10.【答案】ABC

【解析】解：A.电子沿ac直线射入，电子带负电，由左手定则可知，电子偏向ac左侧，不会从bc边射出，故A错误；
B.当电子垂直dc边射出时，如图，由几何关系可知

R=2L
又
evB=mv2R
得
v=2eBLm
故B正确；
C.电子在磁场中偏转角最大时，运动时间最大，从ad边射出时，出射角都等于入射角，偏转角最大为90∘，时间
t=T4=πm2eB
故C正确；
D.从ad边射出时，出射角等于入射角，速度方向相同，但速度大小不等，所以动量不同，故D错误；
故选：ABC。
电子沿ac直线射入，电子带负电，由左手定则可知，电子偏向ac左侧，不会从bc边射出，当电子垂直dc边射出时，由几何关系求得半径，结合洛伦兹力提供向心力解得速度大小，.电子在磁场中偏转角最大时，运动时间最大，从ad边射出时，出射角都等于入射角，偏转角最大为90∘，从ad边射出时，出射角等于入射角，速度方向相同，但速度大小不等，所以动量不同。
本题考查粒子在磁场的运动问题，根据洛伦兹力提供向心力可解得速度大小，注意欲求最大时间，需找最大偏转角。

11.【答案】ACD

【解析】解：A、由图可知，初始位置重力势能为0.1J，根据Ep1=mgh可得m=Ep1gh=0.110×0.05kg=0.2kg，故A正确；
B、当机械能不变，弹簧恢复原长，可知原长为0.15m，故B错误；
C、根据系统机械能守恒可知EP+EP1=EP2，解得弹性势能最大值为EP=EP2−EP1=0.6J−0.1J=0.5J，故C正确；
D、在整个运动过程中，对滑块根据动能定理可得：EP−mg(H−h)=0−0，解得H=0.3m，故D正确。
故选：ACD。
根据对E−h图象判断出滑块在特殊位置具有的机械能，从图像中判断出滑块机械能不变时弹簧所处的状态，根据重力势能和功能关系求得即可。
本题考查功能关系，正确分析物体的运动过程，知道不同的运动过程对应的机械能的变化图象，明确机械能守恒的条件，利用好机械能守恒定律即可。

12.【答案】BD

【解析】解：小球受力恒定做曲线运动，将运动正交分解为沿y和沿x轴的分运动，沿+y方向只受重力做匀减速直线运动，到a点沿y轴方向的速度减为零；沿+x方向只受电场力做匀减速直线运动，到b点沿x轴方向的速度减为零，由原点到a点和a点到b点两阶段沿y轴的运动有对称性(即竖直上抛的上升与下降两阶段)，此两阶段运动时间相等。
AB、设小球在原点沿x轴初速度为vx，则vx=v0cosα，沿y轴初速度为vy，则vy=v0sinα，从原点到a点的时间为t，则原点到b点时间为2t，x轴方向的加速度大小为ax，则ax=qEm，由图像数据可得：
在y轴方向上：v0sinα=gt，l=v0sinα2⋅t，
在x轴方向上：v0cosα=qEm⋅2t，2l=v0cosα2⋅2t，
解得：tanα=1，则α=45∘，E=mg2q，故A错误，B正确；
C、x轴方向的加速度大小：ax=qEm=g2
原点到b点，在x轴方向上：2ax⋅2l=(v0sinα)2，可得：qEl=18mv02
对原点到b点的过程，应用动能定理得：
qE⋅2l=Ekb−12mv02
解得：Ekb=34mv02，故C错误；
D、设小球回到y轴时与y轴的交点为c点，在x轴方向上由原点到b点和b点到c点两阶段沿x轴的运动有对称性，此两阶段运动时间相等，即b点到c点时间也为2t，则可知a点到c点时间为3t，设在c点的沿y轴方向速度大小为vcy，沿x轴方向速度大小为vcx，则vcx=v0cosα=22v0，
在y轴方向上，由b点到c点过程有：vcy=g⋅3t，与前式：v0sinα=gt结合得：
vcy=3v0sinα=322v0
则小球回到y轴(即c点)时的动能为：Ekc=12m(vcx2+vcy2)=52mv02，故D正确。
故选：BD。
小球受力恒定做曲线运动，挖掘题设条件，研判末状态特点，将运动正交分解为沿y和沿x轴的分运动，分析运动特点可知分运动有对称性，应用牛顿第二定律、运动学公式和动能定理解答。
本题考查了力与运动之恒力曲线模型，属经典的考查曲线运动的题型，物体受恒定的合力而做曲线运动其轨迹为抛物线，具有对称性，利用运动的分解将运动分解为正交两直线运动，利用运动的合成求解运动合状态。善于挖掘题中条件，研判分运动的特点。

13.【答案】3.05空气阻力的大小跟速率成正比

【解析】解：(1)由图乙所示刻度尺可知，其分度值为1mm，示数为7.00cm，而乙图是甲图之后的第二帧照片，所以l=7.00−0.902cm=3.05cm；
(2)将已经描的点尽量画在一条直线上，如图所示；
(3)当气球和砝码下落到刻度尺处时已匀速运动，所以有G=f，而由图象可知：G=kl=kvT(T是手机相邻拍摄的时间)
所以可以得到f=kvT∞v。即空气阻力与速率成正比。
故答案为：(1)3.05；(2)图像如图所示；(3)空气阻力的大小跟速率成正比
(1)根据图示刻度尺确定其分度值，然后读出其示数。
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后根据坐标系内描出的点作出图象。
(3)分析图示图象然后得出实验结论。
本题考查了探究气球在空气中运动时所受空气阻力的大小跟速率的定量关系实验，考查了实验数据处理，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法。

14.【答案】黑  1<69.11.1

【解析】解：(1)①图中B接3、4接线柱时，由于B连接的是电源正极，根据电流从红表笔流入，从黑表笔流出，因此B为黑表笔，故A错误；
②当S接触点1或2时，且电路中没有电源，由于表头和电阻并联，故改装成了电流表，且接1时左边的电阻为分流电阻，即一个电阻为分流电阻；接2时两个电阻串联后为分流电阻，所以S接1时分流电阻小，故接1时的量程更大为2.5A挡；
③当S接点3时，电表内部有电源，多用表为欧姆表，而中值电阻RΩ=EIg，倍率越大时，当红黑表笔短接时，表头满偏时，同样的中值电阻时，只有电动势E大，才能使倍率越大，所以E1 (3))被测量的电源电动势约为9V，故测量时应选择电压“10V”挡，S接触点6；
根据丙图和闭合电路欧姆定律可知：E=U+UR(R0+r)，整理可得：1U=1E+R0+rE⋅1R结合图像的截距和斜率可知：b=1E=0.11，k=R0+rE=0.66−0.110.5A−1，解得：E=9.1V，r=1.1Ω。
故答案为：(1)①黑、②1、③<；(2)6、9.1、1.1
(1)根据实验原理与步骤判断正负接线柱、；
(2)被测量的电源电动势约为9V，故测量时应选择电压“10V”挡，从而确定S的接点位置；根据闭合电路的欧姆定律写出1U−1R的关系式，结合图象斜率和纵截距求得E与r。
根据电源电压等于路端电压与内电压之和，列式变形后结合图象斜率与截距求得E与r。

15.【答案】解：(1)抽气过程是等温变化，设青铜鼎的体积为V。
初状态：p1=p0，V1=V0−V
末状态：p2=1516p0
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
V2=p1V1p2=1615(V0−V)
根据抽出的气体体积为V018有：V2−V1=V018=115(V0−V)
解得：V=16V0
(2)根据(1)计算得V1=56V0
第二次抽气：p2⋅V1=p3(V1+V018)
p3=225256p0
此时初状态：p1=p0，V1=56V0
末状态：p3=225256p0
设气体压强为P3时体积为V3，则p3V3=p1V1
解得：V3=p1V1p3=128135V0
根据m=ρV
解得：m3m1=225256⋅
答：(1)青铜鼎的体积为16V0；
(2)抽气两次后剩余气体与开始时气体的质量之比为225：256

【解析】(1)抽气过程中温度不变，根据玻意耳定律可求得青铜鼎的体积；
(2)根据剩余气体与原气体的等温变化可求得质量之比。
本题考查玻意耳定律的应用，关键在于掌握气体变化过程中是否处于等温状态。

16.【答案】解：(1)当机车达到最大速率时，牵引力等于阻力，则机车的额定功率：P=Fv=fv
对从静止开始的加速过程应用动能定理：Pt−fx=12mv2
联立得：x=vt−mv32P
(2)在弯轨道处，机车做匀速圆周运动，所受向心力为：Fn=mv2r
受力分析如图所示：可知向心力由重力与弹力的合力来提供得：Fn=mgtanθ
联立可得：r=v2gtanθ
答：(1)列车由静止开始加速至最大速度v的过程通过的路程x为vt−mv32P；
(2)为了使列车以速率v无侧向挤压通过弯轨道，轨道向内侧倾斜，倾斜角度为θ，圆形轨道的设计半径r为v2gtanθ。

【解析】(1)牵引力是变力，而功率恒定，做功为W=Pt，应用动能定理求位移；
(2)分析受力，由牛顿第二定律解答。
机车恒功率启动，牵引力是变力，做功为W=Pt(这是固定处理方法)，圆周运动的生产实例，重点分析受力找到向心力的来源。

17.【答案】解：(1)设磁感应强度为B，对ab棒，由受力平衡可得：，
感应电动势：E=BLv，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I=E2R=BLv2R
解得磁感应强度大小：B=1L2FRv；
(2)撤力前，棒ab前进的距离为x，对ab棒达到最大速度的过程，取向右为正方向，由动量定理可得：Ft−BI−Lt=mv
其中：I−t=q
平均感应电动势：E−=B⋅ΔSΔt
则q=BLx2R
解得：x=vt−mv2F；
(3)解除锁定后两棒相互作用过程动量守恒，最后共同运动速度为
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
对全过程由功能关系可得：
解得：Q=Fvt−54mv2。
答：(1)匀强磁场的磁感应强度大小为1L2FRv；
(2)撤去拉力前棒ab前进的距离为vt−mv2F；
(3)全过程中回路产生的焦耳热为Fvt−54mv2。

【解析】(1)对ab棒，由受力平衡结合安培力的计算公式求解磁感应强度大小；
(2)对ab棒达到最大速度的过程，由动量定理求解位移；
(3)根据动量守恒定律求解最后二者的速度大小，全过程由功能关系求解产生的焦耳热。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

18.【答案】解：(1)设木块1与木块2碰前速度为v1，对木块1，从开始运动到与木块2碰撞前过程，
由动能定理得：mgLsinθ=12mv12−0
木块1与木块2发生碰撞，设碰后速度为v2，碰撞过程系统内力远大于外力，
以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv2
由于木块与斜面粗糙部分的动摩擦因数μ=tanθ，
则木块1与木块2在斜面上下滑过程：2mgsinθ=2μmgcosθ
木块1与木块2所受合力为零，它们向下做匀速直线运动，
则木块2与木块3碰前的速度大小为v2=2gLsinθ2
(2)木块都会在碰后匀速下滑，碰撞过程系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，
以平行于斜面向下为正方向，对n个木块，动量守恒定律得：mv1=nmvn
解得：vn=v1n=2gLsinθn
(3)第1块在碰前下滑时间为t1，则L=12gsinθ⋅t12(或v1=gsinθ⋅t1或L=v12t1)
解得：t1=2Lgsinθ=2gLsinθgsinθ
设第2块下滑到第3块前历时t2，则t2=Lv2=2Lv1
第3块下滑到第4块前历时为t3，则t3=Lv3=3Lv1
第n−1块下滑到第n块历时为tn−1，则tn−1=Lvn−1=(n−1)Lv1
故下滑总时间t=t1+t2+t3+⋯+tn−1，则：t=2Lgsinθ+2Lv1+3Lv1+4Lv1+⋯⋯+(n−1)Lv1
解得：t=(n2−n+2)2gLsinθ4gsinθ(或t=(n2−n+2)L8gsinθ)
(4)第一次碰撞，损失能量为E1，由能量守恒定律可知：E1=12mv12−12⋅2mv22
第二次碰撞，损失能量为E2，则E2=12⋅2mv22−12⋅3mv32
第三次碰撞，能量为E3，则E3=12⋅3mv32−12⋅4mv42
第(n−1)次碰撞，损失能量为En−1，则En−1=12(n−1)mvn−12−12nmvn2
则由于碰撞损失的能量为：E′=E1+E2+⋯⋯+En−1=(1−1n)12mv12=n−1nmgLsinθ
由于摩擦产生的热量为：Q=2μmgLcosθ+3μmgLcosθ+⋯⋯+(n−1)μmgLcosθ
解得：Q=(n+1)(n−2)mgLsinθ2
则比值为E′Q=2(n−1)n(n+1)(n−2)
答：(1)木块2与木块3相碰前的速度大小是2gLsinθ2；
(2)第n块木块碰后下滑的速度大小是2gLsinθn；
(3)从木块1释放到第n块木块开始下滑所经历的时间是(n2−n+2)2gLsinθ4gsinθ；
(4)从木块1释放到第n块木块开始下滑，系统因碰撞损失的机械能与因摩擦损失的机械能之比是2(n−1)n(n+1)(n−2)。

【解析】(1)应用动能定理求出木块1与木块2碰撞前瞬间木块1的速度，木块1与木块2碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，碰撞后木块做匀速直线运动，然后求出木块2与木块3碰撞前的速度大小。
(2)应用动量守恒定律求出第n块木块碰后下滑的速度大小。
(3)根据木块的运动过程，应用运动学公式求出从木块1释放到第n块木块开始下滑所经历的时间。
(4)应用能量守恒定律求出碰撞过程损失的机械能，根据功的计算公式求出因摩擦损失的机械能，然后分析答题。
分析清楚木块的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、运动学公式与能量守恒定律、功的计算公式即可解题；解题是注意数学知识的应用。