上海市2021届高考压轴卷物理试题-Word版含答案.docx

上海2021高考模拟压轴卷
物理试卷
一、单项选择题（共16分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1.下列有关分子运动理论的各种说法中正确的是
A.温度低的物体内能小
B.温度低的物体，其分子运动的平均动能也必定小
C.做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大
D.0 ℃的铁和0 ℃的冰，它们的分子平均动能可能不相同
2.确定质量的抱负气体，经过一个绝热膨胀过程，则此过程中抱负气体的___________·
    A．内能增大    B．温度上升    C．压强减小    D．对外界不做功
3.在牛顿其次定律公式F=kma中，比例系数k的数值（　　）

A．
在任何状况下都等于1

B．
是由质量m、加速度a和力F三者的大小所打算的

C．
是由质量m、加速度a和力F三者的单位所打算的

D．
在国际单位制中确定不等于1
4.电源电动势为E，内阻为r，向可变电阻R供电，关于路端电压说法正确的是（　　）

A．
由于电源电动势不变，所以路端电压也不变

B．
由于U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大

C．
由于U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压下降

D．
若外电路断开，则路端电压为零
5.如图所示为点电荷a、b所形成的电场线分布，以下说法正确的是（　　）

A．
a、b为异种电荷
B．
a、b为同种电荷

C．
A点场强大于B点场强
D．
A点电势低于B点电势
6.两个半径为1cm的导体球分别带上+Q和﹣3Q的电量，两球心相距90cm时相互作用力为F，现将它们碰一下后放在球心间相距3cm处，则它们的相互作用力大小（　　）

A．
300F
B．
1200F
C．
900F
D．
无法确定
7.如图所示，粗细均匀U形管中装有水银，左端封闭有一段空气柱，原来两管水银面相平，将开关K打开后，放掉些水银，再关闭K，重新平衡后若右端水银下降h，则左管水银面（　　）

A．
不下降
B．
下降h
C．
下降高度小于h
D．
下降高度大于h
8.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们的路程之比为4:3，运动方向转变的角度之比为3:2，它们的向心加速度之比为( )              
A1:2              B2:1               C4:2                 D．3:4
二、单项选择题（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项）
9.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则（　　）

A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则平角θ增大
B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则平角θ变小
C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角θ增大
D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则平角θ减小
10.如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球．开头时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动的最低点B时的速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零，已知重力加速度为g．下列分析正确的是（　　）

A．轻质弹簧的原长为R B．小球过B点时，所受的合力为
C．小球从A到B的过程中，重力势能转化为弹簧的弹性势能
D．小球运动到B点时，弹簧的弹性势能为
11.如图所示，A、B分别为竖直放置的圆轨道的最低点和最高点，已知轨道半径为0.5m，小球通过A点时速度大小为m/s，则该小球通过最高点B的速度值可能是（ ）
A. 2.1m/s   B.3.2m/s    C.6.2m/s    D.10m/s

12.如图所示，抱负变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦式沟通电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为（　　）

　 A． 4IR+ B． C． 4IR D． IR+
13.一般的沟通电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为Iab,cd一侧线圈的匝数较多,工作时电流为Icd,为了使电流表能正常工作,则

A.ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd B．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
14.如图所示，a、b两条曲线为汽车a、b在同一条平直大路上速度﹣时间图象，已知a、b曲线关于他们两交点的连线对称，且在t2时刻两车相遇，下列说法正确的是（　　）

A．
在t1﹣t2这段时间内，两车位移等大

B．
在t1﹣t2这段时间内的相同时刻，a车与 b车加速度大小相等

C．
t1时刻两车也相遇

D．
t1时刻a车在前，b车在后
15.如图，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧靠着插栓．不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法正确的是（　　）

A．
增大甲、乙两力，且甲力增加较多
B．
增加乙、丙两力，且乙力增加较多

C．
增加甲、丙两力，且甲力增加较多
D．
增加乙、丙两力，且丙力增加较多
一列水波穿过小孔发生衍射现象，衍射后水波能量减小表现为（　　）
A.波长增大 B.周期增大 C.频率减小 D.振幅减小
二、多项选择题（共16分，每小题4分，每小题有二个或三个正确选项，全对得4分，选对但是不全得2分，选错或不选得0分）
17.如图所示的均匀水平杆OB重为G，左端O为固定在墙上的转动轴．跨过定滑轮P的细绳的左端系在杆的中点A，右端系在B端，PB竖直向上，AP与水平方向的夹角为30°．定滑轮被竖直绳CP和水平绳PD系住．则下列结论中正确的是（　　）

A．
跨过定滑轮的细绳所受的拉力是

B．
CP绳所受的拉力是

C．
PD绳所受的拉力是

D．
轴O受到的水平拉力
18.下列说法中正确的是____。
  A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大
  B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规章运动
  C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
  D．其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第确定律
  E．某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=v/v0
19.如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（　　）

A.圆环可能做匀减速运动
B.圆环可能做匀速直线运动
C.圆环克服摩擦力所做的功可能为
D.圆环克服摩擦力所做的功不行能为
20.如图所示的电路中，定值电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R0，抱负电压表读数U，变化量的确定值ΔU，抱负电流表读数I，变化量的确定值ΔI，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，下列推断正确的是（ ）                           
A．U增大，I减小                  B．增大
C．增大                            D．<R0

四、填空题（共20分，每小题4分）
21.在《争辩有固定转动轴的物体平衡》试验中：
（1）推断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是　 　；
（2）除用钩码外还需用一只弹簧秤是由于：　 　．
22.如图所示的器材可用来争辩电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中L1为原线圈，L2为副线圈．
（1）在给出的实物图中，将试验仪器连成完整的试验电路．
（2）在试验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清　 　的绕制方向（选填“L1”、“L2”或“L1和L2”）．
闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于　 　端（选填“左”或“右”）．

23.某争辩性学习小组进行了如下试验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R（R视为质点），将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动．

（1）同学们测出某时刻R的坐标为（4，6），此时R的速度大小为　 　cm/s，R的加速度大小为　 cm/s2．
（2）（单选）R在上升过程中运动轨迹的示意图是如图的　 　

24.发生衰变有多种可能性。其中的一种可能是，先衰变成，再经一次衰变变成（X代表某种元素），或再经一次衰变变成和最终都衰变成，衰变路径如图所示，则由图可知：①②③④四个过程中       是α衰变；           是β衰变。

25.如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面对里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后连续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力，且线框不发生转动，则：线框在上升阶段刚离开磁场时的速度=        ，线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q=          。

试验题（共24分）
26.（3分）在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．试验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条．
①试验 对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的　 　 （填字母代号）
A．将橡皮条拉伸相同长度即可
B．将橡皮条沿相同方向拉到相同长度
C．将弹簧秤都拉伸到相同刻度
D．将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
②同学们在操作过程中有如下谈论，其中对减小试验误差有益的说法是　 （填字母代号）
A．两细绳必需等长
B．弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些．
27.（6分）某学习小组可用如图甲所示的试验装置来做系列试验．(设钩码的质量为m，小车和车内  砝码的总质量为M)

(1)下列说法正确的是____________
A．用该装置可以测定当地的重力加速度
B．用该装置可以探究牛顿其次定律，以小车为研
  究对象时，要保证拉力近似等于钩码的重力，
  因此必需满足m<<M
C．可以用该装置验证机械能守恒定律，但必需满
足m<<M
D．可以用该装置探究动能定理，以钩码和小车整体为争辩对象，但不必满足m<<M
(2)某同学在用该探究“在处罗确定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”时，由于转变小车和砝码的总质量M时，小车所受的阻力也会变化，本试验转变M时是否要重新平衡小车所受的阻力？________________(选填“是”或“否”)。  
（3）图乙为某次试验得到的纸带，A、B、C、D、E、F、G是按打点挨次依次选取的计数点，计数点间的距离如图所示，相邻计数点间时间间隔为0.1s，则小车的加速度大小约为________________m/s2(保留两位有效数字).

28.（8分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小试验误差。
(1)应当选择的试验电路是图1中的　　　　　　　(选填“甲”或“乙”)。

图1
(2)现有电流表(0~0.6 A)、开关和导线若干,以及以下器材:
A.电压表(0~15 V)
B.电压表(0~3 V)
C.滑动变阻器(0~50 Ω)
D.滑动变阻器(0~500 Ω)
试验中电压表应选用　　　　;滑动变阻器应选用　　　　。(选填相应器材前的字母)
(3)某位同学记录的6组数据如表所示,其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上,请标出余下一组数据的对应点,并画出U—I图线。

图2
(4)依据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=　　　　V,内电阻r=　　　　Ω。
(5)试验中,随着滑动变阻器滑片的移动,电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化。下图的各示意图中正确反映P—U关系的是　　　　。
A. 　　　　　　B.
C. 　　　　　　D.
29.（7分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的试验。有始终径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H>>d)，光电计时器记录下

小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g。则：
⑴如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d =           mm。
⑵小球经过光电门B时的速度表达式为         。

⑶多次转变高度H，重复上述试验，作出随H的变化图象如图丙所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：      时，可推断小球下落过程中机械能守恒。
⑷试验中发觉动能增加量△EK总是稍小于重力势能削减量△EP，增加下落高度后，则将       (选填“增加”、“减小”或“不变”)。
六、计算题（共50分）
30.（10分）如图所示，在光滑水平台面上静置一质量mA＝0.9kg的长木板A，A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量mc＝0.9kg的物体C栓接。当C从静止开头运动下落高度为h＝0.4m时，在木板A的最右端轻放一质量为mB＝3.6kg的小铁块B（可视为质点），A、B间的动摩擦因数＝0.25，最终B恰好未从木板A滑落，g取10m/s2，求：
（1）刚放铁块B时，A的速度大小；
（2）木板A的长度L；
（3）若当B轻放在木板A的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值多大。

31.（12分）一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面对里的匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的状况下,求:

1.M、N间电场强度E的大小;
2.圆筒的半径R;
3.保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。
32.（12分）如图，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍．阀门S将A和B两部分隔开．A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低60mm．打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．
（i）求玻璃泡C中气体的压强（以mmHg为单位）
（ii）将右侧水槽的水从0℃加热到确定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60mm，求加热后右侧水槽的水温．

33.（16分）光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l=1m，左侧接R=0.3Ω的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面对下的有界匀强磁场，磁感应强度B=1T，磁场宽度为s=1.5m．一质量m=1kg，电阻r=0.2Ω的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好．金属棒受到水平力F的作用，从磁场的左边界由静止开头做匀加速运动，加速度a=0.5m/s2．

（1）求水平力F与速度v的关系；
（2）若在金属棒未出磁场区域时撤去外力，此后棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣x，且棒运动到ef处时恰好静止．
①通过计算证明金属棒在撤去外力后的过程满足动能定理．
②画出金属棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的图线（要求有解析过程，并在坐标轴上标出关键点）．
试卷答案
1.B 本题考查物体的内能；温度及分子平均动能。
物体的内能与物质的量、物体的温度及体积都有关系，故温度低的物体内能不愿定小，选项A错误；温度是分子平均动能的标志，所以温度低的物体分子运动的平均动能小，选项B 正确、D错误；宏观物体的机械能和微观粒子的动能无直接联系，故选项 C错误。故本题选B。
2.C 解：因气体绝热膨胀，故气体对外做功，压强减小，但没有热交换，由热力学第确定律可知，气体内能减小，AD错误C正确；
而气体不计分子势能，故内能只与温度有关，因内能减小，故温度降低，B错
3.C 解：在牛顿其次定律的表达式F=kma中，只有质量m、加速度a和力F的单位是国际单位时，比例系数k才为1，故C正确，ABD错误．
故选：C．
4.解：A、电源电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故A错误．
B、当R增大时，I减小，不能依据U=IR推断路端电压的变化，而由U=E﹣Ir分析，E，r不变，I减小，得到U增大．故B错误．
C、由于U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压下降，故C正确；
D、若外电路断开，电流为零，依据U=E﹣Ir，路端电压为E，故D错误；
故选：C．
5.解：AB、电场线是从正电荷动身，负电荷终止，由电场线的分布图可知a、b为异种电荷．故A正确，B错误．
C、电场线越密，电场越强，则知A点的场强小于B点的场强，故C错误．
D、顺着电场线电势降低，则A点电势高于B点电势，故D错误．
故选：A．
6.解：依据库仑定律得，，接触后分开，两金属球的电量都为﹣Q，但是两球靠得太近，不能看成点电荷，库仑定律不再适用，所以无法确定作用力的大小．故D正确，A、B、C错误．
7.解：原来左右两边的水银等高，说明左边的气体的压强和大气压相等，当放掉一部分水银之后，左边气体的体积变大，压强减小，右边压强为大气压强，右边的水银下降h，左边的必定要小于h，所以C正确．
故选C．
8. B 解析：A、B两艘快艇做匀速圆周运动，由于在相同的时间内它们通过的路程之比是4：3，所以它们的线速度之比：VA：VB=4：3由于在相同的时间内运动方向转变的角度之比是3：2，所以它们的角速度之比：ωA：ωB=3：2由于向心加速度a=vω，故向心加速度之比为：aA：aB=4×3：3×2=2：1;故B正确，A、C、D错误；故选B
9.C  解析：A、B、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，E=，U=得E=，则知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故AB错误．C、D、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差U不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，由E=知，板间的电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故C正确，D错误．故选：C．
10.D 解析：A、由几何学问可知弹簧的原长为R，A错误；B、依据向心力公式：小球过B点时，则由重力和弹簧弹力的合力供应小球的向心力，F合=，B错误；C、以小球和弹簧组成的系统为争辩对象，在小球从A到B的过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，小球重力势能减小转化为弹簧的弹性势能和动能．故C错误．
D、依据能量的转化与守恒：mgR=mv2+EP得：EP=mgR-mv2故D正确；故选：D．
11.B解析：设小球到达最高点B的速度为vB．依据机械能守恒定律得
    mg•2R+=得到vB=  ①小球要能到达最高点，则在最高点B时，≥mg，得到  vB≥    ②
由①②联立得  ≥ 解得gR≤，代入得  gR≤
代入①得  vB≥m/s
又机械能守恒定律可知，vB＜vA=m/s ，所以m/s≤vB＜m/s ，故B正确
12.A解：电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：
P=（2I）2R+mgv=UI，所以电压表的读数U=4IR+．
故选：A．　
13.A 解：电流互感器的作用是使大电流变成小电流，所以Iab＞Icd；
利用变压器工作原理：电流与匝数成反比，所以输入端ab接MN，输出端cd接PQ；
故选：A．
14.B 解：A、在t2时刻，两车相遇，在t1﹣t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知t1时刻，b车在前，a车在后．故A、C、D错误．
B、图线切线的斜率表示加速度，由图象可知，在t1﹣t2这段时间内的相同时刻，a车与 b车加速度大小相等．故B正确．
故选：B．
15.解：由题意可知，圆环将竖直向上运动，因此同时增加甲、丙两力，则会毁灭向乙反向运动，若要使插栓位于圆环中心，圆环必需偏向左，则甲力增加较多，这样才能试验位于中心，故C正确，ABD错误；
故选：C．
16.解：由题意可知，水波发生衍射现象，由于频率不变，则周期也不变，因绕过阻碍物连续向前传播的现象叫波的衍射，由于波速不变，则波长也不变，因衍射后振动能量的分散，导致振幅减小，故D正确，ABC错误．
故选：D．
17.解：A、以杆OB平衡有：，
由此解得跨过定滑轮的绳所受的拉力T=，故A正确；
BC、以P为争辩对象受力分析如图所示：

依据P平衡有：TPD=Tcos30°=
TCP﹣Tsin30°﹣T=0，所以
故B错误，C正确；
D、以杆水平方向受力平衡有，轴O对杆的拉力F=，故D错误．
故选：AC．
18.ABC
A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大，正确；
B．布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规章运动，正确
C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，正确
D．其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学其次定律，错误
E．气体分子较小，而气体的体积可以占据任意大的空间；故不能用摩尔体积求解阿伏伽德罗常数；故E错误
19.BD解析： A、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，速度在减小，洛伦兹力减小，杆的支持力和摩擦力都发生变化，所以不行能做匀减速运动，故A错误
B、当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，做匀速直线运动，故B正确
C、当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功．依据动能定理得
-W=0-mv2 得W= m，当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动．当qvB=mg时得v=
    依据动能定理得-W= mv2- m，代入解得
   W= m-，故C错误，D正确
故选BD．
20.ABD解析：A、依据电路图可知，滑动变阻器R与R4并联后与R2串联，再与R3并联，最终与R1串联，接入电源，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，则R1和内阻所占电压减小，与R3并联部分电压变大，则通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R2的电流减小，则R2所占电压减小，所以滑动变阻器的电压增大，即U变大，所以R4电压变大，通过R4电流变大，而通过R2的电流减小，所以通过滑动变阻器的电流减小，故A正确；
B、电压表测量滑动变阻器电压，电流表测量滑动变阻器电流，在滑动变阻器的滑动端自右向左滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，所以增大，故B正确；
C、通过R2的电流减小，通过R4电流变大，所以电流表示数的减小量△I大于通过R4电流增大量△I4，则减小，而=R0，所以＜R0，故C错误，D正确．
故选：ABD
21.解：（1）试验前要时重力、摩擦力的合力矩近似为零，轻轻拨动力矩盘，观看其是否能自由转动并随遇平衡，即推断力矩盘重心是否在盘的转轴上的简便方法是轻转，看能否停在任意位置．
（2）除用钩码外还需用一只弹簧秤简洁找到平衡位置．
故答案为：（1）轻转，看能否停在任意位置．（2）易找到平衡位置．
22.解：（1）探究电磁感应现象试验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示；
（2）在试验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，
还应查清原线圈L1与副线圈L2的绕制方向．由电路图可知，闭合开关之前，
应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）L1和L2；右．

23.解：（1）小圆柱体R在y轴竖直方向做匀速运动，有：y=v0t，
则有：t==s=2s，
在x轴水平方向做初速为0的匀加速直线运动，有：x=at2，解得：a===2cm/s2，
则R的速度大小：v===5cm/s；
（2）因合外力沿x轴，由合外力指向曲线弯曲的内侧来推断轨迹示意图是D．
故答案为：（1）5，2；（2）D．
24.②③，①④
②③放出的粒子质量数削减4，是α衰变；①④放出的粒子质量数不变，是β衰变。
25.
26.解；①A、B本试验的目的是为了验证力的平行四边形定则，即争辩合力与分力的关系．依据合力与分力是等效的，本试验橡皮条两次沿相同方向拉伸的长度要相同．故A错误，B正确．C、D在白纸上标下第一次橡皮条和绳的结点的位置，其次次将橡皮条和绳的结点拉到相同位置，表明两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，而弹簧称不必拉到相同刻度．故C错误，D正确．
②A、B本试验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小试验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大．两细绳长度不需要相同．故A错误，B正确．
C、用两弹簧秤同时拉细绳时弹簧读数没有要求，只要使得两次橡皮条拉伸到一点就行．故C错误．
D、弹簧秤标记同一细绳方向的两点要远些，作图时产生的角度误差会减小．故D正确．
答：本题答案是①BD  ②BD
27.（1）ABD；（2）否；（3）0.20
28.(1)甲　(2)B　C
(3)如图

(4)1.50(1.49~1.51)　0.83(0.81~0.85)　(5)C
本题主要考查电源电动势和内阻的测量试验、电路选择、仪器选择、图象绘制、图象分析及其相关试验数据获得、电池输出功率分析、P—U关系图象推断及其相关学问,意在考查考生气敏运用电路试验学问分析处理问题的力气。(1)测量电源电动势和内阻试验,由于干电池的内阻很小,电流表应内接,所以应当选择的试验电路为甲。
(2)由于干电池的电动势大约为1.5 V,所以电压表选择量程为3 V的,滑动变阻器选择0~50 Ω的。
(3)在图中标出第2组数据后,可以看出,除第4组数据所描点偏离直线较多外,其他5组数据所描点都大致处于一条直线上,用直尺过尽可能多的点作始终线,不在直线上的点尽可能分居直线两侧,得到干电池的伏安特性曲线。
(4)依据闭合电路欧姆定律,E=U+Ir,变化为U=E-Ir。由此可知,干电池的伏安特性曲线在纵轴的截距数值等于电源电动势,斜率的确定值等于电源内阻,所以电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.83 Ω。
(5)依据电源最大输出功率的条件,当外电阻等于电源内阻时,电源输出功率最大。此时电压表示数等于电源电动势的一半,选项C正确。
29.⑴7.25   ⑵   ⑶ 或    ⑷增加
解析：（1）由图依据游标卡尺的刻度可读出为：7.25mm;（2）通过光电门认为是匀速运动，有：；（3）由图线和在高空作自由落体运动可得：，由此得出答案。（4）由于有空气阻力和摩擦力作用，则有将增加。
30.

31.(1)设两板间的电压为U,由动能定理得
qU=mv2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得
U=Ed②
联立上式可得
E=③

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为',圆半径为。设第一次碰撞点为,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从孔射出,因此,弧所对的圆心角∠等于。
由几何关系得
=tan④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿其次定律,得
=m⑤
联立④⑤式得
R=⑥
(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移d后,设板间电压为U',则
U'==⑦
设粒子进入S孔时的速度为v',由①式看出
=
综合⑦式可得
v'=v ⑧
设粒子做圆周运动的半径为r',则
r'=⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r'=R,可见
θ=⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故
n=3
无
32. 解：（i）加热前C中压强始终不变，B内封闭气体初状态：PB=PC+60，打开阀门后PB′=PC
由题意：
由玻意尔定律PBVB=PB′VB′
得：PB′=180mmHg   PC=PB′=180mmHg
（ii）C内封闭气体做等容变化，加热后压强PC′=PC+60mmHg
=

得：T′=364K
答：（i）玻璃泡C中气体的压强为180mmHg
（ii）加热后右侧水槽的水温364K．　
33. 解：（1）金属棒受到水平力F的作用，从磁场的左边界由静止开头做匀加速运动，由牛顿其次定律得：
F﹣BIl=ma
而I=，E=Blv
故有：F=+ma=
（2）棒的速度v随位移x的变化规律满足v=v0﹣x，故减速过程的位移为：x′=
由于安培力F=BIl=，故F与速度v成正比，而v=v0﹣x，故F与x也成线性关系，故在减速阶段的全程有安培力做功：
W=﹣Fx′=﹣BIlx′=﹣×x′=﹣，
故金属棒在撤去外力后的过程满足动能定理．
（3）减速阶段的初速度v0，就是加速阶段的末速度v．
加速阶段的位移：x=，
减速过程的位移为：x′=
并且有：x+x′=s
代入数据得：x=1m，v=1m/s．
图线如下：

答：（1）求水平力F与速度v的关系为f=2v+0.5；
（2）图线为．