2021年上海市浦东新区高考物理二模试卷

这是一份2021年上海市浦东新区高考物理二模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题注意等内容，欢迎下载使用。

2021年上海市浦东新区高考物理二模试卷
一、选择题（共40分。第1-8小题，每题3分，第9-12小题，每题4分，每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）电子的发现揭示了（　　）
A．原子可再分
B．原子具有核式结构
C．原子核可再分
D．原子核由质子和中子组成
2．（3分）某实验小组用自制狭缝观察光的干涉、衍射现象，在光屏上分别得到图乙、图丙两幅图样。关于P处放置的自制狭缝，下列说法正确的是（　　）

A．乙对应双缝，丙对应单缝
B．乙对应单缝，丙对应双缝
C．都是单缝，乙对应的单缝较宽
D．都是双缝，丙对应的双缝间距较大
3．（3分）在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电流强度取决于入射光的（　　）
A．频率 B．波长 C．照射时间 D．光照强度
4．（3分）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff．下列受力分析示意图可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
5．（3分）A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势φA＝2V、φB＝2V、φC＝﹣4V，已知场强方向平行于△ABC所在平面，下列电场强度E的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）用如图实验装置研究单摆的振动图像，图中的摆球是质量分布均匀的空心球，给球中灌满墨水。摆动中，墨水可以从球体正下方小孔中缓缓流出，到墨水全部流完，摆球的振动周期（　　）

A．逐渐变大 B．先变大后变小
C．逐渐变小 D．先变小后变大
7．（3分）如图所示，手机无线充电是通过分别安装在充电基座上的送电线圈和手机上的受电线圈，利用电磁感应现象传递能量。当手机充电时（　　）

A．送电线圈产生恒定磁场
B．充电装置将电能转化为内能
C．送电线圈中的电流是变化的
D．基座与手机间无需导线连接，没有能量损失
8．（3分）阴极射线管是一种能从其阴极A发射出电子流的装置。如图所示的阴极射线管放在蹄形磁铁的N、S两极间，则此时电子流将（　　）

A．向S极偏转 B．向N极偏转 C．向上偏转 D．向下偏转
9．（4分）2020年12月嫦娥五号探测器圆满完成中国首次月球采样返回任务。在探测器“奔向”月球的过程中经过多次变轨，最后成为一颗月球卫星。设该卫星的轨道为圆形，且贴近月球表面，则该近月卫星的运行速率约为（已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，月球半径约为地球半径的，近地卫星的速率约为7.9km/s）（　　）
A．0.3km/s B．1.3km/s C．1.6km/s D．11.2km/s
10．（4分）有两位同学用同一组电学元件分别连接成图甲和图乙的调光电路。在闭合电键后，使滑动变阻器的滑片由最左端开始向右滑动，直到灯泡正常发光。则灯泡正常发光时电源总功率和整个过程中灯泡的亮度变化情况是（　　）

A．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
B．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
C．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
D．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
11．（4分）如图是一张蜻蜓点水的俯视照片，该照片记录了蜻蜓连续三次点水过程中激起的水面纹，由图可知蜻蜓（　　）

A．向右飞行，飞行速度比水波传播的速度小
B．向左飞行，飞行速度比水波传播的速度小
C．向右飞行，飞行速度比水波传播的速度大
D．向左飞行，飞行速度比水波传播的速度大
12．（4分）如图所示，用一段不可伸长的轻绳，一端系有质量为m的小球，另一端固定在O点。现将小球拉至轻绳呈水平的位置，然后由A点静止释放，经最低点B运动到C点的过程中，不计空气阻力，小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是（　　）

A． B．
C． D．
二、填空题（共20分，每空2分）
13．（4分）1909年物理学家密立根在多次实验之后发现每滴油滴的电荷量皆为同一数值的倍数，即油滴所带电荷量都是某个最小固定值1.6×10﹣19C的整数倍，这个最小的电量被称为　 　；一个正二价的铜离子Cu2+所带的电量为　 　C。
14．（4分）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则与地面碰撞时其速度的改变量为　 　m/s，0～0.8s内小球的位移为　 　m。

15．（4分）在“用油膜法估测分子大小”实验中，油酸酒精溶液浓度为A，记下N滴溶液总体积为V．边长为a正方形小格的透明方格纸板上，数得油膜占有的小格个数为X．用以上字母表示：一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V油酸＝　 　；油酸分子直径D＝　 　。

16．（4分）如图所示，已知电源电动势E＝6V，内阻r＝3Ω，定值电阻R0＝5Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，当滑动变阻器R调节为　 　Ω时，滑动变阻器R消耗的电功率最大；当滑动变阻器R调节为　 　Ω时，电源的输出功率最大。

17．（4分）为使点电荷q在匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示，若AB＝0.4m，α＝37°，q＝﹣3×10﹣7C，F＝1.5×10﹣4N，A点的电势φA＝100V（不计电荷的重力），则电荷q由A到B电势能的变化量为　 　J；B点的电势φB＝　 　V。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）有同学在做“用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积的关系”实验时，主要实验装置如图1所示。在某一次实验中，把气体的体积和压强值记录在表中，并用p﹣图像处理实验数据。
实验序号
V（mL）
p（×105Pa）
（mL﹣1）
1
20.0
1.0610
0.050
2
18.0
1.1730
0.056
3
16.0
1.3232
0.063
4
14.0
1.4943
0.071
5
12.0
1.7571
0.083

（1）（多选题）为了减小实验误差，在完成本实验时，需注意　 　。
（A）实验时外界大气压强不能发生变化
（B）封闭气体的注射器密封性良好
（C）不能用手握住注射器的封闭气体部分
（D）每次调整好气体的状态后，需立即记录p、V的数据
（2）在本次实验中，该同学的实验操作规范正确，但如图2所示的p﹣图线不过原点。为了查明原因，该同学决定采用V﹣图像重新处理数据，进一步探究注射器内气体压强和体积的关系，重新描绘的图线如图3所示，根据该图线的截距读取的体积绝对值最有可能是图1实验装置中　 　的气体体积。所以，表中记录的气体体积与真实值相比是　 　（选填“一样大”、“偏大”或“偏小”）。该同学将这一结果对表中记录的原始实验数据进行修正，再重新绘制p﹣图像，得到的实验图线是一条经过坐标原点倾斜直线，如图4所示。
（3）在采取了一系列减小实验误差的措施后，又通过多次实验验证，该同学总结本实验中注射器内气体的压强和体积关系可以表述为：　 　。
19．（10分）如图所示，质量为1kg的小物体沿倾角为θ＝37°的足够长固定斜面向上经过A点时速度大小为8m/s，加速度大小为8m/s2，物体与斜面间的动摩擦因数不变。求：（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）物体与斜面间的动摩擦因数和物体沿斜面下滑时的加速度大小；
（2）物体从离开A点到最高点损失的机械能；
（3）物体回到A点时重力的瞬时功率。

20．（20分）如图，两根间距为L的光滑平行金属导轨置于水平面内，右端连有阻值为R的电阻。一阻值为r、质量为m的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在宽度为d，磁感应强度为B方向竖直向下的匀强磁场。已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，在外力作用下做匀变速直线运动。金属杆运动到磁场区域右边界时速度恰好减为零，之后以相同的加速度向左做匀加速直线运动直至从磁场区域左边界离开。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。求：
（1）金属杆向左即将离开磁场时的速度大小；
（2）金属杆运动到磁场正中间时所受安培力的大小；
（3）若金属杆从开始到磁场右边界的过程中，金属杆产生的热量为Q，则金属杆从进入磁场到离开磁场左边界的整个运动过程中外力做功的大小；
（4）金属杆运动到磁场正中间时所受外力的大小。


2021年上海市浦东新区高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分。第1-8小题，每题3分，第9-12小题，每题4分，每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）电子的发现揭示了（　　）
A．原子可再分
B．原子具有核式结构
C．原子核可再分
D．原子核由质子和中子组成
【分析】电子的发现，不仅揭示了电的本质，而且打破了几千年来人们认为原子是不可再分的陈旧观念，证实原子也有其自身的构造
【解答】解：电子的发现，不仅揭示了电的本质，而且打破了几千年来人们认为原子是不可再分的陈旧观念，证实原子也有其自身的构造，揭开了人类向原子进军的第一幕，迎来了微观粒子学（基本粒子物理学）的春天。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生对原子结构的理解，要加强记忆，知道电子的发现，质子中子的发现过程及意义。
2．（3分）某实验小组用自制狭缝观察光的干涉、衍射现象，在光屏上分别得到图乙、图丙两幅图样。关于P处放置的自制狭缝，下列说法正确的是（　　）

A．乙对应双缝，丙对应单缝
B．乙对应单缝，丙对应双缝
C．都是单缝，乙对应的单缝较宽
D．都是双缝，丙对应的双缝间距较大
【分析】根据干涉条纹与衍射条纹的区别：干涉条纹在光屏上观察到的图案是间距相等的条纹图象，而衍射条纹中，中间的亮纹的宽度最大。
【解答】解：干涉条纹在光屏上观察到的图案是间距相等的条纹图象，而衍射条纹中，中间的亮纹的宽度最大，向两边渐渐减小，因此甲对应单缝，乙对应双缝，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】考查干涉与衍射条纹的应用，掌握两者的区别与联系，理解干涉的条件，与明显的衍射的条件。
3．（3分）在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电流强度取决于入射光的（　　）
A．频率 B．波长 C．照射时间 D．光照强度
【分析】频率和波长决定了光子的能量，在光电效应中决定光电子的最大初动能；光电效应不存在时间累积性，改变光照时间不会改变光电效应中的物理量。
【解答】解：A、由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hv﹣W0，入射光频率大小决定光电子的最大初动能，故A错误；
B、因波长和频率间满足，同样由爱因斯坦光电效应方程知，，波长大小影响光电子最大初动能，故B错误；
C、光电效应时间短于10﹣9s，不存在累积性，故C错误；
D、当入射光频率一定，增大光照强度，单位时间到达金属表面的光子数增多，对应产生的光电子数增多，故光电流强度随入射光强度增大而增大，故D正确.
故选：D。
【点评】作答光电效应问题需掌握以下四条规律：①任何金属都有截止频率，当入射光频率大于截止频率时发生光电效应②光电子最大初动能随入射光频率增大而增大③当入射光频率一定，光电流强度随入射光强度增大而增大④光电效应时间短于10﹣9s.
4．（3分）矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力F1、与速度方向垂直的升力F2和与速度方向相反的空气阻力Ff．下列受力分析示意图可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】重力的方向是竖直向下，根据飞机速度方向判断其他各个力的方向；
【解答】解：飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力Ff，重力的方向竖直向下，升力F2的方向与速度方向垂直，为右上方，空气阻力Ff力的方向与速度的方向相反，为右下方，为了使合力沿速度方向，则发动机推力F1的方向为左上方，综上分析可知A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题的关键是根据飞机的运动情况判断飞机的受力情况，并画出力的示意图。
5．（3分）A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势φA＝2V、φB＝2V、φC＝﹣4V，已知场强方向平行于△ABC所在平面，下列电场强度E的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意找出等势线，根据电场线与等势线的关系可解题。
【解答】解：根据题意，AB两点的电势相等，所以AB的连线是匀强电场中的一条等势线，因为电场线与等势线垂直，并且电场线由高电势点指向低电势点，所以电场线的方向应垂直于AB指向C的方向，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查电场线与等势线的关系，解题的关键在于找出等势线，本题基础，难度较小。
6．（3分）用如图实验装置研究单摆的振动图像，图中的摆球是质量分布均匀的空心球，给球中灌满墨水。摆动中，墨水可以从球体正下方小孔中缓缓流出，到墨水全部流完，摆球的振动周期（　　）

A．逐渐变大 B．先变大后变小
C．逐渐变小 D．先变小后变大
【分析】利用单摆的周期公式，分析球和墨水的重心变化可知摆长先变大后变小，所以周期先变大后变小。
【解答】解：单摆做简谐运动，周期是T＝2π，装满水的空心球，重心在球心，随着墨水的流失，重心下降，而水流完后，重心回到球心，即上移了，这个过程中，摆长先变大后变小，所以周期先变大后变小。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查单摆的周期公式，关键还要分析物体重心的变化，从而知道摆长的变化。
7．（3分）如图所示，手机无线充电是通过分别安装在充电基座上的送电线圈和手机上的受电线圈，利用电磁感应现象传递能量。当手机充电时（　　）

A．送电线圈产生恒定磁场
B．充电装置将电能转化为内能
C．送电线圈中的电流是变化的
D．基座与手机间无需导线连接，没有能量损失
【分析】无线充电利用的是电磁感应原理，所以送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递；无线充电器的优点之一是不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器，但充电过程中有电能量损失。
【解答】解：AC、由于送电线圈中通入正弦式交变电流，所以送电线圈中产生变化的磁场，故A错误，C正确；
B、充电装置将电能转化为电池的化学能，故B错误；
D、无线充电器的优点之一是不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器，但充电过程中仍有电能量损失，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查电磁感应与生活实际相结合，明白电磁感应的原理，然后分析无线充电的技术原理，能够根据麦克斯韦电磁场理论进行分析。
8．（3分）阴极射线管是一种能从其阴极A发射出电子流的装置。如图所示的阴极射线管放在蹄形磁铁的N、S两极间，则此时电子流将（　　）

A．向S极偏转 B．向N极偏转 C．向上偏转 D．向下偏转
【分析】电子在磁场中运动，受到洛伦兹力的作用而发生偏转，偏转方向由左手定则判断．
【解答】解：因为A是阴极，B是阳极，所以电子在阴极管中的运动方向是A到B，产生的电流方向是B到A（注意是电子带负电），根据左手定则，四指指向A，手掌心对向N极，此时大拇指方向向下，所以轨迹向下偏转。故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】正确运用左手定则判断带电粒子受到的洛伦兹力方向，注意电子带负电，四指指负电荷运动的反方向，属于基础题．
9．（4分）2020年12月嫦娥五号探测器圆满完成中国首次月球采样返回任务。在探测器“奔向”月球的过程中经过多次变轨，最后成为一颗月球卫星。设该卫星的轨道为圆形，且贴近月球表面，则该近月卫星的运行速率约为（已知月球表面重力加速度约为地球表面重力加速度的，月球半径约为地球半径的，近地卫星的速率约为7.9km/s）（　　）
A．0.3km/s B．1.3km/s C．1.6km/s D．11.2km/s
【分析】根据重力提供天体表面卫星的向心力得近月卫星和近地卫星线速度的关系，根据地球近地卫星的速度求近月卫星的速度。
【解答】解：某天体表面卫星由万有引力提供向心力：
mg＝
解得：
近月卫星和近地卫星的速度之比为：
＝
解得：v月＝1.6km/s
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解题的关键是掌握求天体表面卫星速度的方法。利用近地卫星的线速度求近月卫星的线速度。
10．（4分）有两位同学用同一组电学元件分别连接成图甲和图乙的调光电路。在闭合电键后，使滑动变阻器的滑片由最左端开始向右滑动，直到灯泡正常发光。则灯泡正常发光时电源总功率和整个过程中灯泡的亮度变化情况是（　　）

A．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
B．甲电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
C．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围大
D．乙电路中的电源总功率小，亮度变化范围小
【分析】根据电路中干路电流的大小，由P＝EI分析电源总功率的大小。根据串联电路分压规律分析灯泡电压范围的大小，即判断灯泡亮度变化范围的大小。
【解答】解：两个电路中灯泡正常发光时额定电流相同，根据电路的结构可知，甲电路中干路电流小于乙电路中干路电流，根据电源总功率公式P＝EI，E相同，知甲电路中的电源总功率小。
在甲电路中，灯泡的最小电压不为零。在乙电路中灯泡的最小电压为零，而灯泡正常工作时额定电压相同，可知，甲电路中灯泡电压变化范围小，其亮度变化范围小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】解答本题时，要理解滑动变阻器两种接法：限流式和分压式的区别，搞清它们调压范围的大小以及能耗关系。
11．（4分）如图是一张蜻蜓点水的俯视照片，该照片记录了蜻蜓连续三次点水过程中激起的水面纹，由图可知蜻蜓（　　）

A．向右飞行，飞行速度比水波传播的速度小
B．向左飞行，飞行速度比水波传播的速度小
C．向右飞行，飞行速度比水波传播的速度大
D．向左飞行，飞行速度比水波传播的速度大
【分析】若蜻蜓和水波的速度相同，那么蜻蜓每一次点水的时候都会在上一个水波的边线上。若蜻蜓的速度比水波的速度大，则相互套着如图所示。
【解答】解：根据如图所示，蜻蜓连续三次点水过程中激起的波纹，则圆圈越小，则时间越短，所以飞行方向则为从大圆到小圆，由图示可知，蜻蜓是向右飞行的；
若蜻蜓飞行的速度和水波的速度相同，那么蜻蜓的每一次点水的时候都会是在上一个水波的边线上，而第二个水波和第一个水波都在以相同的速度传播，所以每个圆都应该是内切的。然而图中则说明蜻蜓飞行的速度比水波的速度大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了判断蜻蜓的飞行方向与速度问题，分析清楚图示情景是解题的前提；该题考查了运动的同步性，前提是运动的速度和方向均相等。
12．（4分）如图所示，用一段不可伸长的轻绳，一端系有质量为m的小球，另一端固定在O点。现将小球拉至轻绳呈水平的位置，然后由A点静止释放，经最低点B运动到C点的过程中，不计空气阻力，小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是（　　）

A．
B．
C．
D．
【分析】因为小球只有重力做功，合力的功等于动能的变化，两边同时除以时间，得重力的瞬时功率和动能变化率之间的关系，通过小球在运动过程中竖直方向速度的大小与重力的乘积求小球的重力的瞬时功率来判断动能变化量的变化，判断图像的特点。
【解答】解：从A到B过程中，对小球只有重力做功，合力的功等于动能的变化：
WG＝△EK
两边同时除以时间，左边是重力的功率，右边是动能的变化量，即EK﹣t图象的斜率，小球竖直方向的速度开始的时候是0，重力的瞬时功率为0，故图像的斜率为0，小球运动到最低点B时速度水平方向，即竖直方向的速度为0，重力的瞬时功率也为0，图象的斜率也为0，小球BC过程和AB过程对称，图像对称。故B正确，ACD错误，
故选：B。
【点评】解题的关键是找到图像中图线的斜率代表重力的瞬时功率，通过重力的瞬时功率判断动能变化率，即图像的斜率。
二、填空题（共20分，每空2分）
13．（4分）1909年物理学家密立根在多次实验之后发现每滴油滴的电荷量皆为同一数值的倍数，即油滴所带电荷量都是某个最小固定值1.6×10﹣19C的整数倍，这个最小的电量被称为　元电荷　；一个正二价的铜离子Cu2+所带的电量为　3.2×10﹣19　C。
【分析】元电荷又称“基本电量，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍，正二价的铜离子所带的电荷量为两个元电荷。
【解答】解：物理学家密立根在实验中发现各个油滴所带电荷量都是某一最小电量的整数倍，即电荷量的不连续性，这个最小的电量被称之为元电荷e，一个正二价的铜离子所带的电荷量为两个元电荷2e，计算可得所带电荷量为：3.2×10﹣19C。
故答案为：元电荷，3.2×10﹣19
【点评】本题考查了元电荷的相关问题，考查知识点针对性强，难度较小，考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
14．（4分）小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则与地面碰撞时其速度的改变量为　﹣8　m/s，0～0.8s内小球的位移为　8　m。

【分析】速度时间图象与坐标轴所围的“面积”大小等于物体在这一段时间内发生的位移，由此求小球下落和反弹起的高度。由图直接读出速度，速度变化量等于末速度与初速度之差。
【解答】解：根据图像得出小球与地面碰撞过程的速度的变化量为△v＝v2﹣v1＝（﹣3m/s）﹣5m/s＝﹣8m/s。
在0﹣0.5s内小球下落，0.5﹣0.8s内小球反弹，速度时间图象与坐标轴所围的“面积”大小等于物体在这一段时间内发生的位移，
则0～0.8s内小球的位移为x＝m﹣×3×0.3m＝0.8m
故答案为：﹣8，0.8。
【点评】本题解题的关键在于准确理解速度时间图象的意义，知道速度变化量等于末速度与初速度之差。要注意速度的方向。
15．（4分）在“用油膜法估测分子大小”实验中，油酸酒精溶液浓度为A，记下N滴溶液总体积为V．边长为a正方形小格的透明方格纸板上，数得油膜占有的小格个数为X．用以上字母表示：一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积V油酸＝　　；油酸分子直径D＝　　。

【分析】由总体积V除以N，再乘以油酸酒精溶液的浓度A，即可求出一滴酒精溶液中纯油酸的体积；由油膜法的原理即可求得油酸分子的直径。
【解答】解：（1）由N滴溶液的总体积为V，以及油酸酒精溶液的浓度为A，总体积V除以N，再乘以油酸酒精溶液的浓度A，即可求出一滴酒精溶液中纯油酸的体积；
（2）由油膜法的原理，根据（1）中求得一滴酒精溶液中纯油酸的体积，以及油膜的表面积Xa2，即可求得油酸分子的直径；
故答案为：，。
【点评】解决油膜法估测分子大小的思路
（1）理解分子模型，也就是理解油酸分子在水面上形成的薄膜厚度即分子直径。
（2）明确溶质和溶剂的关系，正确求出纯油酸体积V。
（3）准确“数”出油膜的面积S。
（4）利用，求得分子直径。
16．（4分）如图所示，已知电源电动势E＝6V，内阻r＝3Ω，定值电阻R0＝5Ω，滑动变阻器的最大阻值为10Ω，当滑动变阻器R调节为　8　Ω时，滑动变阻器R消耗的电功率最大；当滑动变阻器R调节为　0　Ω时，电源的输出功率最大。

【分析】根据闭合电路欧姆定律求电流，再根据电功率的表达式，利用数学知识求解功率的最大值。
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：
I＝
滑动变阻器R消耗的电功率为：
P＝＝＝
当R＝R0+r＝（5+3）Ω＝8Ω时，滑动变阻器R消耗的电功率最大。
电源输出功率为：
P出＝I2（R0+R）＝＝
因为R0＞r，故当R＝0时，最小，电源的输出功率最大。
故答案为：8 0
【点评】解决本题的关键是运用函数法求功率的极值，这是求极值问题的常用方法。
17．（4分）为使点电荷q在匀强电场中沿直线匀速地由A运动到B，必须对该电荷施加一个恒力F，如图所示，若AB＝0.4m，α＝37°，q＝﹣3×10﹣7C，F＝1.5×10﹣4N，A点的电势φA＝100V（不计电荷的重力），则电荷q由A到B电势能的变化量为　4.8×10﹣5　J；B点的电势φB＝　﹣60　V。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）

【分析】点电荷匀速地从由A运动到B，电场力与外力F二力平衡，可判断电场力方向，根据负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，即可确定出场强 的方向，从而画出电场线。根据等势线与电场线垂直，画出通过A、B两点的等势线。由F＝qE求出电场强度E，根据U＝Ed求出A、B间电势差，即可求得B点的电势。由W＝qU求出电场力做功，即可求得电势能的变化量。
【解答】解：据题意，点电荷匀速地从由A运动到B，电场力与外力F二力平衡，又根据负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，则得场强的方向斜向左上方，画出电场线如图。根据等势线与电场线垂直，画出通过A、B两点的等势线，如图所示，
由F＝qE代入数据得场强E＝500N/C，A、B间的电势差UAB＝Ecosα，代入数据得UAB＝160V，点电荷从由A运动到B，电场力做功W＝qUAB，代入数据得W＝﹣4.8×10﹣5J，故点电荷的电势能增大4.8×10﹣5J，则电荷q由A到B电势能的变化量为4.8×10﹣5J。根据UAB＝φA﹣φB，代入数据得B点的电势为φB＝﹣60v。
故答案为：4.8×10﹣5，﹣60

【点评】本题考查电场力和重力作用下的平衡问题，涉及电势差、电场强度及电势能等概念及其关系，考查的核心素养是物理观念、科学思维。
三、综合题（共40分）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等。
18．（10分）有同学在做“用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积的关系”实验时，主要实验装置如图1所示。在某一次实验中，把气体的体积和压强值记录在表中，并用p﹣图像处理实验数据。
实验序号
V（mL）
p（×105Pa）
（mL﹣1）
1
20.0
1.0610
0.050
2
18.0
1.1730
0.056
3
16.0
1.3232
0.063
4
14.0
1.4943
0.071
5
12.0
1.7571
0.083

（1）（多选题）为了减小实验误差，在完成本实验时，需注意　BC　。
（A）实验时外界大气压强不能发生变化
（B）封闭气体的注射器密封性良好
（C）不能用手握住注射器的封闭气体部分
（D）每次调整好气体的状态后，需立即记录p、V的数据
（2）在本次实验中，该同学的实验操作规范正确，但如图2所示的p﹣图线不过原点。为了查明原因，该同学决定采用V﹣图像重新处理数据，进一步探究注射器内气体压强和体积的关系，重新描绘的图线如图3所示，根据该图线的截距读取的体积绝对值最有可能是图1实验装置中　压强传感器和注射器连接部分　的气体体积。所以，表中记录的气体体积与真实值相比是　偏小　（选填“一样大”、“偏大”或“偏小”）。该同学将这一结果对表中记录的原始实验数据进行修正，再重新绘制p﹣图像，得到的实验图线是一条经过坐标原点倾斜直线，如图4所示。
（3）在采取了一系列减小实验误差的措施后，又通过多次实验验证，该同学总结本实验中注射器内气体的压强和体积关系可以表述为：　在误差允许的范围内，一定质量的气体，在保持气体温度不变时，气体的压强p与体积V乘积保持不变　。
【分析】（1）根据实验要求研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积的关系，要求为一定质量、温度不变，可以得到减小误差的方法。
（2）根据图线特点，分析实验装置，得到误差来源。
（3）根据实验前提条件和图像，可以得到压强和体积的关系。
【解答】解：（1）A、外界大气压强对注射器内气体压强没有影响，故A错误；
BC、因为研究对象是一定质量气体在温度不变时的压强和体积关系，所以必须保证气体质量不变，不能漏气，封闭气体的注射器密封性必须良好，注射器温度不能变化，故BC正确；
D、每次调整好气体的状态后，气体稳定后再记录p、V的数据，故D错误；
故选BC。
（2）图线的横轴截距不为零，说明注射器中没有气体时，压强传感器有示数，只能是注射器与压强传感器连接的细管中有气体，所以，图3记录的气体体积与真实值相比偏小。
（3）由图4可知是定值，即在误差允许的范围内，一定质量的气体，在保持气体温度不变时，气体的压强p与体积V乘积保持不变。
答：（1）BC；
（2）压强传感器和注射器连接部分，偏小；
（3）在误差允许的范围内，一定质量的气体，在保持气体温度不变时，气体的压强p与体积V乘积保持不变。
【点评】本题解题关键明确实验原理，知道实验误差的来源，会减小实验误差，一些实际问题要通过实验去体会。
19．（10分）如图所示，质量为1kg的小物体沿倾角为θ＝37°的足够长固定斜面向上经过A点时速度大小为8m/s，加速度大小为8m/s2，物体与斜面间的动摩擦因数不变。求：（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）物体与斜面间的动摩擦因数和物体沿斜面下滑时的加速度大小；
（2）物体从离开A点到最高点损失的机械能；
（3）物体回到A点时重力的瞬时功率。

【分析】（1）应用牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数，应用牛顿第二定律求出物体沿斜面下滑时的加速度大小。
（2）应用运动学公式求出物体向上运动的最大位移，然后求出物体从离开A点到最高点损失的机械能。
（3）应用运动学公式求出物体返回A点时的速度大小，然后根据功率公式求出重力的瞬时功率。
【解答】解：（1）对物体，由牛顿第二定律得：
物体上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
物体下滑过程：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由题意可知：a1＝8m/s2，
代入数据解得：μ＝0.25，a2＝4m/s2
（2）物体从A点向上滑动的最大位移：
s＝＝m＝4m
物体向上滑动过程，滑动摩擦力大小：f＝μmgcosθ＝0.25×10×0.8N＝2N
物体损失的机械能等于物体克服阻力所做的功，则△E损＝Wf＝2×4J＝8J
（3）物体返回A点时的速度大小：＝4m/s
重力的瞬时功率：P＝mgvsinθ＝10×4×sin37°W＝24W≈33.9W
答：（1）物体与斜面间的动摩擦因数是0.25，物体沿斜面下滑时的加速度大小是4m/s2；
（2）物体从离开A点到最高点损失的机械能是8J；
（3）物体回到A点时重力的瞬时功率是33.9W。
【点评】本题考查了牛顿第二定律与功能关系的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、运动学公式与功的计算公式、功能关系即可解题。
20．（20分）如图，两根间距为L的光滑平行金属导轨置于水平面内，右端连有阻值为R的电阻。一阻值为r、质量为m的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在宽度为d，磁感应强度为B方向竖直向下的匀强磁场。已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，在外力作用下做匀变速直线运动。金属杆运动到磁场区域右边界时速度恰好减为零，之后以相同的加速度向左做匀加速直线运动直至从磁场区域左边界离开。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。求：
（1）金属杆向左即将离开磁场时的速度大小；
（2）金属杆运动到磁场正中间时所受安培力的大小；
（3）若金属杆从开始到磁场右边界的过程中，金属杆产生的热量为Q，则金属杆从进入磁场到离开磁场左边界的整个运动过程中外力做功的大小；
（4）金属杆运动到磁场正中间时所受外力的大小。

【分析】（1）根据v2＝2ad分析金属杆向左即将离开磁场时的速度大小；
（2）根据速度﹣位移关系求解中间时刻的速度大小，根据安培力的计算公式求解安培力大小；
（3）由能量守恒定律求解整个运动过程中外力做功等于安培力所做的功；
（4）根据速度﹣位移关系求解加速度大小，根据牛顿第二定律求解金属杆运动到磁场正中间时所受外力的大小。
【解答】解：（1）因为前后两种情况下的加速度大小相等，根据v2＝2ad可知金属杆向左即将离开磁场时的速度大小仍为v0；
（2）根据速度﹣位移关系可得：＝2ad，
设中间时刻的速度大小为v中，则有：v中2＝2a，
解得：v中＝
此时所受安培力大小为：FA＝BIL＝＝
来回经过中间位置时安培力大小相同，均为；
（3）金属杆从开始到磁场右边界的过程中，金属杆产生的电热为Q，
则回路产生的电热为：Q1＝Q，
由对称性可知，返回过程回路产生的电热：Q2＝Q1＝，
则来回的整个过程回路产生的总的电热Q总＝Q1+Q2＝
电路中产生的热量等于安培力所做的功，由能量守恒，整个运动过程中外力做功等于安培力所做的功：
W＝Q总＝
（4）由＝2ad可知：a＝
向右经过磁场正中间时，由牛顿第二定律：F1+F2＝ma，
则外力：F1＝ma﹣FA＝，
F1的方向向右，大小为，
同理，向左经过磁场正中间时，由牛顿第二定律：F2﹣FA＝ma，F2的方向向左。
则外力大小：F2＝。
答：（1）金属杆向左即将离开磁场时的速度大小为v0；
（2）金属杆运动到磁场正中间时所受安培力的大小；
（3）金属杆从进入磁场到离开磁场左边界的整个运动过程中外力做功的大小为；
（4）金属杆向右经过磁场正中间时，F的方向向右，大小为；向左经过磁场正中间时，外力大小为，方向向右。
【点评】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。