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認(rèn)證類(lèi)型：個(gè)人認(rèn)證

認(rèn)證主體：董**（實(shí)名認(rèn)證）

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IP屬地：天津 上傳時(shí)間：2021-10-14 格式：DOCX 頁(yè)數(shù)：21 大?。?88.77KB 積分：20 舉報(bào) 版權(quán)申訴

1、湖北省襄樊市2021屆新高考物理一?？荚嚲硪?、單項(xiàng)選擇題：本題共 6小題，每小題 5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合 題目要求的1.如圖甲所示，虛線右側(cè)有一方向垂直紙面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度口隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示（取磁場(chǎng)垂直紙面向里的方向?yàn)檎较颍?，固定的閉合導(dǎo)線框一部分在磁場(chǎng)內(nèi)。從 t=0時(shí)刻開(kāi)始,下列關(guān)于線框中感應(yīng)電流 i、線框ab邊受到的安培力 F隨時(shí)間t變化圖象中，可能正確的是（取線框中逆 時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎?，安培力向右為正方向）（）【答案】BAB.由圖可知，在 0二內(nèi)線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率相同，故0T內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律22可知，電路中

2、電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針， 即電流為正方向；在T T內(nèi)內(nèi)線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率相同，故TT22內(nèi)電流的方向相同，由楞次定律可知，電路中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，即電流為負(fù)方向；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng) 定律有E衛(wèi) t 2則感應(yīng)電流為EB Si Rt 2R由圖可知兩段時(shí)間內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，故兩段時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電流大小相等，故A錯(cuò)誤，B正確；CD.由上分析可知，一個(gè)周期內(nèi)電路的電流大小恒定不變，根據(jù)F BIL可知F與B成正比，則在0 T內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面向外減小，電流方向由b到a,根據(jù)左手定則可知，線框4ab邊受到的安培力 F方向向右，為正方向，大小隨B均勻減小；在 工工內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面向里增大，電4 2流方向由b到a

3、,根據(jù)左手定則可知，線框ab邊受到的安培力 F方向向左，為負(fù)方向，大小隨 B均勻增T 3T大；在一 內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面向里減小，電流方向由 a到b,根據(jù)左手定則可知，線框 ab邊受到的安培223T力F萬(wàn)向向右，為正萬(wàn)向，大小隨 B均勻減??；在 T內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面向外增大，電流方向由a到b,根據(jù)左手定則可知，線框 ab邊受到的安培力 F方向向左，為負(fù)方向，大小隨 B均勻增大，故 CD錯(cuò)誤。故選B。2.如圖所示，質(zhì)量為 4kg的物體在動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5的水平面上向右運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到水平向左、大小為10N的拉力作用，則物體所受摩擦力為（g=10N/kg )F看77777777777777777A.

4、10N,向右B.10N,向左C. 20N,向右D.20N,向左物體相對(duì)地面向右運(yùn)動(dòng)，則滑動(dòng)摩擦力的方向向左，大小為:FfFnmg 0.5 4 10N 20N故選Do3 .如圖所示，一個(gè)有矩形邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向內(nèi).一個(gè)三角形閉合導(dǎo)線框，由位置1 （左）沿紙面勻速運(yùn)動(dòng)到位置2 （右）.取線框剛到達(dá)磁場(chǎng)邊界的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)（t=0）,規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?，則圖中能正確反映線框中電流號(hào)時(shí)間關(guān)系的是（XXXA.B.X8XC.D.E BLv和歐姆定律，分先由楞次定律依據(jù)磁通量的變化可以判定感應(yīng)電流的方向，再由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式 段分析感應(yīng)電流的大小，即可選擇圖象.線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程

5、，磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向外，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電流 i應(yīng)為正方向，故 BC錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增 大后均勻減小，由 E=BLv ,可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減小；線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量 不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生.線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律得知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向里，由安培定則可知感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，電流i應(yīng)為負(fù)方向；線框有效的切割長(zhǎng)度先均勻增大后均勻A正確，D錯(cuò)誤.P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花減小，由E BLv ,可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)先均勻增大后均勻減小，故4 .如圖，空間存在一方向水平向

6、右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則A. P和Q都帶正電荷C. P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷【答案】DB. P和Q都帶負(fù)電荷D. P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷AB .受力分析可知，P和Q兩小球，不能帶同種電荷，AB錯(cuò)誤;CD.若P球帶負(fù)電，Q球帶正電，如下圖所示，恰能滿(mǎn)足題意，則 C錯(cuò)誤D正確，故本題選 D.QPE ,5 .如圖所示，虛線所圍矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿(mǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)從 ab邊的中點(diǎn)。處，某一粒子以最小速度u垂直于磁場(chǎng)射入、方向垂直于ab時(shí)，恰能從ad邊的a點(diǎn)穿出。o處垂直于電若撤去原來(lái)的磁場(chǎng)在此矩形區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使該粒子

7、以原來(lái)的初速度在場(chǎng)方向射入，通過(guò)該區(qū)域后恰好從d點(diǎn)穿出，已知此粒子的質(zhì)量為 m,電荷量的大小為 q,其重力不計(jì);ab邊長(zhǎng)為2夕ad邊長(zhǎng)為3(,則下列說(shuō)法中正確的是A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小之比為_(kāi)UU I9 =B.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小之比為_(kāi) 一叫 Jr一 tn mC.離子穿過(guò)磁場(chǎng)和電場(chǎng)的時(shí)間之比- -叫一 /D.離子穿過(guò)磁場(chǎng)和電場(chǎng)的時(shí)間之比_ _叫=二叱-iff【答案】D【解析】【分析】根據(jù)某一粒子以最小速度。垂直于磁場(chǎng)射入、 方向垂直于ab時(shí)，恰能從ad邊的a點(diǎn)穿出可知，本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心和幾何關(guān)

8、系求解；若撤去原來(lái)的磁場(chǎng)在此矩形區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使該粒子以原來(lái)的初速度在。處垂直于電場(chǎng)方向射入，通過(guò)該區(qū)域后恰好從d點(diǎn)穿出可知，本題也考查帶電粒子在電場(chǎng)中的偏傳，根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)列方程求解?！驹斀狻緼、B項(xiàng)：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由題意可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為一，匚二二由公式一;可得：二口口 = = 口=毛聯(lián)立兩式解得： ;粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)有：jn = no 1 一二=二 口二聯(lián)立解得：L H-=B3-所以，故A、B錯(cuò)誤;Om C、D項(xiàng)：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:i fEM三口口二爐粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:所以=三，故C錯(cuò)誤，D正確。 小 rff故選：Do6.如圖所示，A、B兩滑

9、塊質(zhì)量分別為 2kg和4kg,用一輕繩將兩滑塊相連后分別置于兩等高的光滑水平面上，并用手按著滑塊不動(dòng)，第一次是將一輕質(zhì)動(dòng)滑輪置于輕繩上，然后將一質(zhì)量為4kg的鉤碼C掛于動(dòng)滑輪上，只釋放 A而按著B(niǎo)不動(dòng)；第二次是將鉤碼 C取走，換作豎直向下的 40N的恒力作用于動(dòng)滑輪上，只釋放B而按著A不動(dòng)。重力加速度 g=10m/s2,則兩次操作中 A和B獲得的加速度之比為（）A. 2: 1B. 5: 3C. 4: 3D. 2: 3第一種方式：只釋放 A而B(niǎo)按著不動(dòng)，設(shè)繩子拉力為 Ti, C的加速度為a,對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律可得T i=mAaA對(duì)C根據(jù)牛頓第二定律可得:mcg-2T i=mca根據(jù)題意可得aA

10、=2a聯(lián)立解得：2 aA -g3第二種方式：只釋放 B而A按著不動(dòng)，設(shè)繩子拉力為 T2,對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得T 2=mBaBT=40N=2T 2聯(lián)立解得：1g在以上兩種釋放方式中獲得的加速度之比為aA： aB=4： 3,故C正確、ABD錯(cuò)誤。故選Co二、多項(xiàng)選擇題：本題共 6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得 5分，選對(duì)但不全的得 3分，有選錯(cuò)的得0分7 .下列說(shuō)法正確的（）A.晶體在熔化過(guò)程中吸收熱量?jī)?nèi)能增加，溫度保持不變8 .給籃球打氣時(shí)越來(lái)越費(fèi)勁，說(shuō)明分子間存在斥力作用C.能源危機(jī)是指能量的過(guò)度消耗，導(dǎo)致自然界的能量不斷減少D.由于

11、液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，使得液面存在表面張力E.空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸發(fā)得越慢【答案】ADE【解析】【分析】【詳解】A.晶體在熔化過(guò)程中吸收熱量?jī)?nèi)能增加，溫度保持不變，故 A正確；B.給籃球打氣時(shí)越來(lái)越費(fèi)勁，這是氣體壓強(qiáng)作用的緣故，與分子間的作用力無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C.能源危機(jī)是指能量的過(guò)度消耗，導(dǎo)致自然界中可利用的能源不斷減少，故C錯(cuò)誤；D.由于液體表面分子間距離大于液體內(nèi)部分子間的距離，使得液面存在表面張力，故D正確；E.空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近同溫度下水的飽和氣壓，水蒸發(fā)得越慢，故E正確。故選ADE。8.如

12、圖所示，光滑水平桌面放置著物塊A,它通過(guò)輕繩和輕質(zhì)滑輪 懸掛著物塊 B,已知A的質(zhì)量為 m,B的質(zhì)量為3m,重力加速 度大小為g,靜止釋放物塊 A、B后（）A.相同時(shí)間內(nèi)，A、B運(yùn)動(dòng)的路程之比為2:1B.物塊A、B的加速度之比為 1: 1C.細(xì)繩的拉力為6mg7D.當(dāng)B下落高度h時(shí)，速度為J2gh【答案】AC【解析】【詳解】同時(shí)間內(nèi)，圖中 A向右運(yùn)動(dòng)h時(shí)，B下降一半的距離，即為 h/2 ,故A、B運(yùn)動(dòng)的路程之比為 2: 1 ,故A正確；任意相等時(shí)間內(nèi)，物體A、B的位移之比為2: 1,故速度和加速度之比均為 2: 1,故B錯(cuò)誤；設(shè)A的加速度為a,則B的加速度為0.5a,根據(jù)牛頓第二定律,對(duì) A

13、,有：T=ma，對(duì) B,有：3mg-2T=3m?0.5a ,聯(lián)立解得：T= 6mg , a= 6 g,故C正確；對(duì)B,加速度為 77a =0.5a= g,根據(jù)速度位移公式,有：v2=2?a ?h解得：v=1空,故D錯(cuò)誤；故選AC.本題考查連接體問(wèn)題，關(guān)鍵是找出兩物體的位移、速度及加速度關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析，也可以結(jié)合系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律分析.9.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電量為+q、質(zhì)量為m的小球在力F的作用下，沿圖中虛線由M至N做豎直向上的勻速運(yùn)動(dòng)。已知力 F和MN之間的夾角為45, MN之間的距離為d,重力加速度為go則下列說(shuō)法正確的是（）A.電場(chǎng)的方向可

14、能水平向左- 2mgB.電場(chǎng)強(qiáng)度E的最小值為-一g2qC.當(dāng)qE=mg時(shí)，小球從 M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)電勢(shì)能變化量為零D. F所做的功一定為 mgd【答案】BC【解析】【詳解】A.小球受力情況：小球受到重力mg、拉力F與電場(chǎng)力qE ,因?yàn)樾∏蜃鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，合力為零，則 F與qE的合力與mg大小相等、方向相反，作出 F與qE的合力，如圖根據(jù)上圖可知，電場(chǎng)力在右側(cè)，由于小球帶正電，電場(chǎng)方向與電場(chǎng)力方向相同，故指向右側(cè)，故A錯(cuò)誤;B.由圖可知，當(dāng)電場(chǎng)力 qE與F垂直時(shí)，電場(chǎng)力最小，此時(shí)場(chǎng)強(qiáng)也最小。則得： qE = mgsin 2所以電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為e msL史理，故b正確； q 2qC.當(dāng)mg=Eq時(shí)，

15、根據(jù)幾何關(guān)系，電場(chǎng)力水平向右，與 MN垂直，小球從 M運(yùn)動(dòng)到N電場(chǎng)力不做功，即小球從M運(yùn)動(dòng)到N時(shí)電勢(shì)能變化量為零，故 C正確；D.由于電場(chǎng)力變化時(shí)，F(xiàn)大小也跟隨著改變，所以做功也不能具體確定值，故 D錯(cuò)誤；10.如圖所示，長(zhǎng)度為l的輕桿上端連著一質(zhì)量為 m的小球A（可視為質(zhì)點(diǎn)），桿的下端用錢(qián)鏈固接于水平面上的O點(diǎn)。置于同一水平面上的立方體 B恰與A接觸，立方體B的質(zhì)量為M。今有微小擾動(dòng)，使桿向右傾倒，各處摩擦均不計(jì)，而 A與B剛脫離接觸的瞬間，桿與地面夾角恰為6 ,重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是A. A與B剛脫離接觸的瞬間，A、B速率之比為2:1B. A與B剛脫離接觸的瞬間，B的速率為 居

16、C . A落地時(shí)速率為j2grD. A、B質(zhì)量之比為1： 4【答案】ABD【解析】【詳解】A.設(shè)小球速度為VA,立方體速度為VB,分離時(shí)刻，小球的水平速度與長(zhǎng)方體速度相同，即：vAsin30 =VB,解得：va=2vb ,故A正確；B.根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30 0 =m vA ,解得Va=, Vb=va/2=,故B正確；C. A從分離到落地，小球機(jī)械能守恒，mgLsin30 =；mV2mVA , v= J3gL，故C錯(cuò)誤；D.在桿從豎直位置開(kāi)始倒下到小球與長(zhǎng)方體恰好分離的過(guò)程中，小球和長(zhǎng)方體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，1212則有：mgL(1-sin30 )= -mvA+ MvB 22把v

17、a和vb的值代入，化簡(jiǎn)得： m： M=1 : 4,故D正確。故選：ABD.11.迄今為止，大約有 1000顆衛(wèi)星圍繞地球正常工作，假如這些衛(wèi)星均圍繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)于這些衛(wèi)星，下列說(shuō)法正確的是A.軌道高的衛(wèi)星受到地球的引力小B.軌道高的衛(wèi)星機(jī)械能大C.線速度大的衛(wèi)星周期小D.線速度大的衛(wèi)星加速度大【答案】CD【解析】A.引力的大小不僅與軌道半徑有關(guān)，還與衛(wèi)星質(zhì)量有關(guān)，故 A錯(cuò)誤;B.機(jī)械能的大小也與質(zhì)量有關(guān)，故 B錯(cuò)誤；CD.根據(jù)22c Mm4vG=mr=ma=m CD正確。r2T2r可知線速度越大，軌道半徑越小，加速度越大，周期越小，故12.如圖所示，空間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，虛線a

18、bc是間距相等且平行的三條等勢(shì)線，小球A帶正電荷，小球B帶等量的負(fù)電荷，兩小球同時(shí)以相同的速度從等勢(shì)線b上的P點(diǎn)水平拋出，在t時(shí)刻小球A到達(dá)c等勢(shì)線，同時(shí)小球 B到達(dá)a等勢(shì)線，兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)兩小球之間的相互作用，兩小球的重力不可忽略，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上B. A球的質(zhì)量小于 B球的質(zhì)量C.在t時(shí)刻小球A的動(dòng)量等于小球 B的動(dòng)量D.在時(shí)間t內(nèi)小球A的動(dòng)能的增量大于小球 B的動(dòng)能的增 量【答案】ABC【解析】【詳解】A.在豎直方向上兩小球做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，三條等勢(shì)線間距相等，設(shè)間距為1 2在豎直方向上位移大小相等，又同時(shí)到達(dá)兩等勢(shì)線，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相

19、同，根據(jù) d at可得兩小球在豎直方2向的加速度大小相同，小球B加速度方向豎直向上，重力方向豎直向下，則電場(chǎng)力方向一定向上，小球B帶負(fù)電荷，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向下，故 A錯(cuò)誤，符合題意； B.在豎直方向上，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)小球 B有qE mBg mBa對(duì)小球A有qE mAg mua兩式聯(lián)立得mA mB故B錯(cuò)誤，符合題意；C.豎直方向上根據(jù)速度公式 v at,在t時(shí)刻兩小球豎直方向的速度大小相等，水平方向速度相同，合 速度的大小相等，A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，則 A球的動(dòng)量大于B球的動(dòng)量，故 C錯(cuò)誤，符合題意；D.兩小球在豎直方向的加速度大小相同，mA mB ,則小球A所受的合力

20、大于小球 B所受的合力，小球A從b等勢(shì)線到達(dá)C等勢(shì)線和小球 B從b等勢(shì)線到達(dá)a等勢(shì)線兩個(gè)過(guò)程中豎直方向的位移相等，則合力對(duì)小球A做的功大于合力對(duì)小球 B做的功，根據(jù)動(dòng)能定理，在時(shí)間t內(nèi)小球A動(dòng)能的增量大于小球 B動(dòng)能的 增量，故D正確，不符合題意。故選ABC。三、實(shí)驗(yàn)題：共2小題，每題8分，共16分13.從坐標(biāo)原點(diǎn)。產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧橫波分別沿 x軸正方向和負(fù)方向傳播，t=0時(shí)刻波的圖像如圖所示，此時(shí)波 剛好傳播到 M點(diǎn)，x=1m的質(zhì)點(diǎn)P的位移為10cm,再經(jīng)t 0.1s,質(zhì)點(diǎn)P第一次回到平衡位置，質(zhì)點(diǎn) N 坐標(biāo) x=-81m （圖中未畫(huà)出），則.B.波源的起振方向向下C.波速為8m/sD.若觀察者從

21、 M點(diǎn)以2m/s的速度沿x軸正方向移動(dòng)，則觀察者接受到波的頻率變大E.從t=0時(shí)刻起，當(dāng)質(zhì)點(diǎn) N第一次到達(dá)波峰位置時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P通過(guò)的路程為5.2m【答案】ABE【解析】AC、由函數(shù)關(guān)系可得本題說(shuō)對(duì)應(yīng)的數(shù)學(xué)函數(shù)為:y 20sin,由題條件可知當(dāng) x=1時(shí)，y=10cm,代入解得 12m , P點(diǎn)在經(jīng)過(guò) t 0.1s第一次回到平衡位置，所以在波的傳播方向0.1s前進(jìn)了 1m,所112 一 以波速為v 10m / s周期T 1.2s 故A正確；C專(zhuān)日證；0.1v 10B、t=0時(shí)刻波剛好傳播到 M點(diǎn)，則M點(diǎn)的振動(dòng)方向即為波源的起振方向，結(jié)合波振動(dòng)方向的判斷方法知波源的起振方向向下，故B正確；D、若觀察

22、者從 M點(diǎn)以2m/s的速度沿x軸正方向移動(dòng)，由多普勒效應(yīng)知觀察者接受到波的頻率變小，故D錯(cuò)誤；-s 81 12E、波傳播到N需要t1 6.9s ,剛傳到N點(diǎn)時(shí)N的振動(dòng)方向向下，那么再經(jīng)過(guò)v 103_3一一一一一7.8一 t2-T1.2 0.9s，所以質(zhì)點(diǎn) P一共振動(dòng)了t 7.8sT6.5T441.2所以，在此過(guò)程中質(zhì)點(diǎn) P運(yùn)動(dòng)的路程為：s 6.5 4 20cm 5.2m故E正確；綜上所述本題答案是:ABE點(diǎn)睛：根據(jù)波的傳播方向得到質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向，進(jìn)而得到振動(dòng)方程，從而根據(jù)振動(dòng)時(shí)間得到周期；由P的坐標(biāo)得到波的波長(zhǎng)，進(jìn)而得到波速；根據(jù)N點(diǎn)位置得到波峰傳播距離，從而求得波的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即可根據(jù)時(shí)間

23、求得質(zhì)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程.14.物理社找到一根拉力敏感電阻絲，其阻值隨拉力F變化的圖像如圖甲所示，社員們按圖乙所示電路制作了一個(gè)簡(jiǎn)易 吊桿”。電路中電源電動(dòng)勢(shì) E=3V,內(nèi)阻r=1Q;靈敏毫安表的量程為 10mA,內(nèi)阻Rg=5Q；R1是可變電阻。A, B兩接線柱等高且固定。現(xiàn)將這兩根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣桿，將其兩端接在A, B接線柱上。通過(guò)光滑絕緣桿可將重物吊起。不計(jì)敏感電阻絲的重力，現(xiàn)完成下列操作步驟：步驟a：滑環(huán)下不吊重物時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)，調(diào)節(jié)可變電阻R1使毫安表指針滿(mǎn)偏；步驟b：滑桿下吊上已知重力的重物，測(cè)出電阻絲與豎直方向的夾角為。；步驟c：保持可變電阻 R1接入電路阻值不變，讀出此

24、時(shí)毫安表示數(shù)I;步驟d:換用不同已知重力的物理，掛在滑環(huán)上記錄每一個(gè)重力值對(duì)應(yīng)的電流值；步驟e：將毫安表刻度盤(pán)改裝為重力刻度盤(pán)(1)寫(xiě)出敏感電阻絲上的拉力F與重物G的關(guān)系：F=(2)設(shè)R-F圖像斜率為k,寫(xiě)出毫安表示數(shù)I與待測(cè)重物重力 G關(guān)系的表達(dá)式：I=。(用E, r, R1, Rg, Ro, k,。表示）(3)若R-F圖像中Ro=50Q, k=0.2 Q /N測(cè)得0 =45,毫安表指針半偏，則待測(cè)重物的重力G=N 。(4)關(guān)于改裝后的重力刻度盤(pán)，下列說(shuō)法正確的是A.重力零刻度線在毫安表滿(mǎn)刻度處，刻度線均勻B.重力零刻度線在毫安表零刻度處，刻度線不均勻C.重力零刻度線在毫安表滿(mǎn)刻度處，刻度線

25、不均勻D.重力零刻度線在毫安表零刻度處，刻度線均勻(5)若電源電動(dòng)勢(shì)不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺(tái)簡(jiǎn)易吊秤”稱(chēng)重前，進(jìn)行了步驟 a操作，則測(cè)量結(jié)果 。(填 褊大偏小“或不變”)G2cosE kGIg 2cos 0 g1500 J3nc不變(1)1對(duì)重物,可得2F cos GG;2 cos2不掛重物時(shí)，由閉合電路歐姆定律可得Er Ri Rg R0即F(2)Ig掛重物后,r RRgRg由圖中關(guān)系可知R R0 kFR0kG2cos 0整理得I -EkGIg 2cos 0 g(3) 3將數(shù)據(jù)帶入2中表達(dá)式可得- 2cos 0 E ErG 1500.2Nk IIg(4) 4由(2)中分析可知，不掛

26、重物時(shí)，電表滿(mǎn)偏，此時(shí)應(yīng)該為重力的0刻線，由G2cos 0 E E可知，G I不成線性關(guān)系，故刻度為不均勻的，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤;故選B。(5) 5由于稱(chēng)重前現(xiàn)將電表調(diào)滿(mǎn)偏，當(dāng)電源內(nèi)阻變化時(shí)，滿(mǎn)偏時(shí)總電阻不變，故電源內(nèi)阻變化對(duì)測(cè)量結(jié)果無(wú)影響。四、解答題：本題共 3題，每題8分，共24分15 .如圖所示，質(zhì)量為 m1=1kg的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的 AB部分是半徑為 R=0.3m的四CD部分粗糙，長(zhǎng)分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一個(gè)輕彈簧.滑道為L(zhǎng) = 0.1m,動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.10,其他部分均光滑.現(xiàn)讓質(zhì)量為 m1=1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)

27、由靜止釋放，取g=10m/s1.求:物塊到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小;(1)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能;(3)物塊最終停止的位置.【答案】(1) 1m/s(1)1.8J(3)最終彳亭在D點(diǎn)【分析】物體1從釋放到與物體1相碰前的過(guò)程中，系統(tǒng)中只有重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒列式，可求出物體1、1碰撞前兩個(gè)物體的速度；物體1、1碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒列式求出碰后的共同速度.碰后，物體 1、1向右運(yùn)動(dòng)，滑道向左運(yùn)動(dòng)，彈簧第一次壓縮最短時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒得知，物體 1、1和滑道速度為零，此時(shí)彈性勢(shì)能最大；根據(jù)能量守恒定律求解在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能；

28、根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒列式，即可求出物體1、1相對(duì)滑道CD部分運(yùn)動(dòng)的路程s,從而確定出物體 1、1最終停在何處；解：(1) m1從釋放到最低點(diǎn)，由動(dòng)量守恒得到：0 m1V1 m2v2 1 O 1 O由機(jī)械能寸恒得到： m1gRmiVim2v222解得：v12m/ s(1)由能量守恒得到：Epm m1gRmgL解得：Epm2.8J(3)最終物塊將停在 C、D之間，由能量守恒得到：m1gRm1gs解得：s 3m所以m1最終停在d點(diǎn).16 .自動(dòng)化構(gòu)件是現(xiàn)代化機(jī)械的重要組成部分，某種自動(dòng)化構(gòu)件的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示。兩個(gè)在O點(diǎn)相切的光滑圓形細(xì)管道，左管道在C點(diǎn)與斜面相切，右管道在 D點(diǎn)與另一斜面相切，兩斜面與豎直線夾角均為30。兩圓形管道的圓心 Oi、。2及其相切點(diǎn)O在同一水平面上，管道圓弧的半徑均為R,管道的橫截面積很小。在。點(diǎn)處有兩個(gè)小物塊甲和乙，物塊甲上連接一個(gè)輕彈簧，兩小物塊壓縮彈簧后處于靜止?fàn)顟B(tài)且鎖定。小物塊在管道內(nèi)光滑滑動(dòng)與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊甲的質(zhì)量為 mi。物塊乙為某一質(zhì)量時(shí)，解除 。點(diǎn)鎖定后，物塊甲運(yùn)動(dòng)至左管道的最低點(diǎn)A時(shí)，對(duì)管道的壓力是其重力 R的7倍，物塊乙上升的最高點(diǎn)為右管道的R處。求物塊甲在 A點(diǎn)時(shí)的速度大小及沿斜面向上滑動(dòng)的時(shí)間;2B點(diǎn)，求物塊乙的質(zhì)量范圍?！窘馕觥?2)若其他條件不變，僅改變物塊乙的質(zhì)量，使物塊乙彈開(kāi)后上升能夠滑過(guò)(1)甲做圓周