2021屆四川省成都高三（上）開學(xué)考試物理試題（解析版）

成都石室中學(xué)2020-2021學(xué)年度上期高2021屆入學(xué)考試

物理試卷本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。第I卷（選擇題），第n卷（非選擇題），滿分no分，考試時間100分鐘。注意事項(xiàng)：.答題前，務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡規(guī)定的位置上。.答選擇題時，必須使用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。.答非選擇題時，必須使用0.5毫米黑色簽字筆，將答案書寫在答題卡規(guī)定的位置上。.所有題目必須在答題卡上作答，在試題卷上答題無效。.考試結(jié)束后，只將答題卡交回。第I卷（選擇題，共40分）一、單項(xiàng)選擇題（本大題共8個小題，每個小題3分，共24分，在每個小題的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題意的，選對的得3分，錯選的得零分一個做自由落體運(yùn)動的小球，通過某一段距離s所用的時間是r,則小球在此前下落的時間是（ ）【答案】B【解析】【詳解】設(shè)此前下落時間為如下落的高度為垢解得st%二 St2故選Bo2.如圖所示，在粗糙水平面上放置4、B、C、。四個小物塊，各小物塊之間由四根完全相同的輕彈簧相互連接，正好組成一個菱形，NBAD=120。，整個系統(tǒng)保持靜止?fàn)顟B(tài).已知A物塊所受的摩擦力大小為R,則。物塊所受的摩擦力大小為（A. B.Ff2fC.V3/7 D.2Ff【答案】C【解析】【詳解】已知A物體受到的摩擦力為因?yàn)榻M成了菱形，所以每根彈簧彈力大小相等，設(shè)每根彈簧的彈力為F,<2Ros60=Ff,對O物體有2Aos30=%',解得：Ff'=y/3Ff,ABD錯誤C正確..如圖所示，兩個質(zhì)量相等的物體A、B從同一高度沿傾角不同的兩光滑斜面由靜止自由滑下，在物體下滑到斜面底端的過程中，下列說法中正確的是（）A.兩物體所受重力的沖量相同 B.兩物體所受合力的沖量相同C.兩物體到達(dá)斜面底端時的動量不同 D.兩物體到達(dá)斜面底端時的動量水平分量相同【答案】C【解析】【詳解】A.物體在下滑中只有重力做功，而重力做功只與高度差有關(guān)，故兩種情況下重力做功相等，由,1 2mgn=-得兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的.兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等，又因長的斜面傾角小，物體的加速度小，所以斜面越長下滑的時間越長，所以兩種情況下重力作用的時間不相等，重力的沖量也不相等。故A錯誤；BD.物體在兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以物體的末動量不同.根據(jù)動量定理/=△P=mv-0所以合力的沖量大小相等，方向是不同的。故BD錯誤；C.物體在兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，方向不同，所以兩物體到達(dá)斜面底端時的動量不同。故c正確。故選C。.一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運(yùn)動，其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0-X2段是關(guān)于直線X=Xl對稱的曲線，X2-X3段是直線，則下列說法正確的是()xi處電場強(qiáng)度最小，但不為零X2?X3段電場強(qiáng)度大小方向均不變，為一定值C.粒子在。?X2段做勻變速運(yùn)動，X2?X3段做勻速直線運(yùn)動D.在0、XI、X2、X3處電勢9>0、甲|、中2、<P3的關(guān)系為<p3>(p2=(po><pi【答案】B【解析】【分析】根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q(p,場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=A2,結(jié)合分析圖象斜率與場強(qiáng)的關(guān)系，△t即可求得xi處的電場強(qiáng)度；根據(jù)能量守恒判斷速度的變化：由Ep=q(p,分析電勢的高低.由牛頓第二定律判斷加速度的變化，即可分析粒子的運(yùn)動性質(zhì).根據(jù)斜率讀出場強(qiáng)的變化，由F=qE,分析電場力的變化，從而明確其運(yùn)動過程的變化.N① 1【詳解】根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q(p,場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=——，得：E=——'由數(shù)學(xué)知識可X qAx知Ep-x圖象切線的斜率等于3-上，XI處切線斜率為零，則XI處電場強(qiáng)度為零，故A錯誤；由圖看出在Ar0?xi段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知場強(qiáng)減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動；XI?X2段圖象切線的斜率不斷增大，場強(qiáng)增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運(yùn)動；X2?X3段斜率不變，場強(qiáng)不變，即電場強(qiáng)度大小和方向均不變，是勻強(qiáng)電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運(yùn)動；故B正確，C錯誤；。與X2處電勢能相等，根據(jù)Ep=q(p可知0與X2處電勢(po、q>2的關(guān)系為①<尸5，xi處電勢能最小，因放置的負(fù)電荷，故電勢最高，同理可知，X3處電勢最小，即(pi>(p2=(po>(p3,故D錯誤.故

選B.【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本規(guī)律：牛頓第二定律進(jìn)行分析電荷的運(yùn)動情況.5.如圖所示，赤道上隨地球自轉(zhuǎn)的物體A、赤道上空的近地衛(wèi)星B、地球同步衛(wèi)星C,它們的運(yùn)動都可視為勻速圓周運(yùn)動，比較A、B、C三個物體的運(yùn)動情況，以下判斷正確的是（ ）A.三者的周期關(guān)系為A.三者的周期關(guān)系為7X<7B<7hB.三者向心加速度大小關(guān)系為4B>4A>acC.三者線速度的大小關(guān)系為VA=VC<VBD.三者角速度的大小關(guān)系為。A=0cV”B【答案】D【解析】【詳解】A.由于地球同步衛(wèi)星C相對地面處于靜止，所以有7b=7\,對B、C,由萬有引力提供向心力,解得解得可知，r越大，T越大，故我>兀，所以左=勿>加，故A錯誤;r可知，軌道半徑越大，加速度越大，所以B.對地球同步衛(wèi)星和赤道上的物體有周期相等，由。=ac>“A,三者向心加速度大小關(guān)系應(yīng)為au>ac>aA,故Br可知，軌道半徑越大，加速度越大，所以C.對地球同步衛(wèi)星和赤道上的物體有周期相等，由口=〒可知，VA<VC,三者線速度的大小關(guān)系為VA<VC<VB,故C錯誤；27rD.對地球同步衛(wèi)星和赤道上的物體有周期相等，由/=——可知，0A=℃,對B、C,由萬有引力提供T向心力，有G―「得到可知，半徑越大，角速度越小，所以。C<3B,故有三者角速度的大小關(guān)系為0A=3C<"B,故D正確。故選D。.甲、乙兩車在同一水平路面上做直線運(yùn)動，某時刻乙車在前、甲車在后，相距x=6m,從此刻開始計時，乙做勻減速運(yùn)動，兩車運(yùn)動的M圖象如圖所示。則在0?12s內(nèi)關(guān)于兩車位置關(guān)系的判斷，下列說法正確的是（）v/(nrs-1)1612O24681012t/sZ=4s時兩車相遇/=4s時兩車間的距離為4m0~12s內(nèi)兩車有兩次相遇D.O?12s內(nèi)兩車有三次相遇【答案】D【解析】【詳解】AB.題中圖像與時間軸圍成的面積可表示位移，0?4s,甲車的位移為48m,乙車的位移為40m,因在r=0時，甲車在乙車后面6m,故當(dāng)片4s時，甲車會在前，乙車會在后，且相距2m,所以u4s前兩車第一次相遇，r=4s時兩車間的距離為2m,故AB錯誤；CD.0~6s,甲的位移為60m,乙的位移為54m,兩車第二次相遇，6s后，由于乙的速度大于甲的速度，乙又跑在前面，8s后，甲車的速度大于乙的速度，兩車還會有第三次相遇，當(dāng)Z=12s時，甲的位移為84m,乙的位移為72m,甲在乙的前面，所以第三次相遇發(fā)生在Z=12s之前，所以在0?12s內(nèi)兩車有三次相遇，故C錯誤，D正確。故選D。.如圖所示，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩00,懸掛于。點(diǎn)。另一細(xì)繩跨過滑輪，左端懸掛物塊a,右端系一位于水平粗糙桌面上的物塊6。外力F向右上方拉％,整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若保持F的方向不變，逐漸增大產(chǎn)的大小，物塊人仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說法中正確的是（ ）

A.桌面受到的壓力逐漸增大C.A.桌面受到的壓力逐漸增大C.物塊人與桌面間的摩擦力一定逐漸增大【答案】D【解析】B.連接以人的繩子張力逐漸減小D.懸掛于O點(diǎn)的細(xì)繩00,中的張力保持不變【詳解】BD.由于整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以滑輪兩側(cè)連接。和人的繩子的夾角不變；物塊。只受重力以及繩子的拉力，由于物體。平衡，則連接。和b的繩子張力耳保持不變；由于繩子的張力及夾角均不變，所以O(shè)。'中的張力保持不變，B錯誤，D正確；AC.對人分析可知，6處于靜止即平衡狀態(tài)，設(shè)繩子和水平方向的夾角為。，力尸和水平方向的夾角為a,對6受力分析，由平衡條件可得&+bsina+耳sin8=mg可得6sl=mg-bsina一耳sin6力耳與力廠與水平所成夾角均保持不變，繩子拉力不變，力F增大，則桌面給物體b的支持力減小，根據(jù)牛頓第三定律，桌面受到的壓力逐漸減??；在水平方向上，當(dāng)拉力尸的水平分力大于和繩子拉力的水平分力時，則有Fcosa=F（+Ftcos0此時摩擦力隨著拉力增大而增大，當(dāng)拉力產(chǎn)的水平分力小于和繩子拉力的水平分力時，則有Fcosa+Ff=Fycos0此時摩擦力隨著拉力的增大而減小，AC錯誤。故選D。.如圖所示，水平粗糙滑道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形導(dǎo)軌8C在8處平滑相接，導(dǎo)軌半徑為R。一輕彈簧的一端固定在水平滑道左側(cè)的固定擋板M上，彈簧自然伸長時另一端N與B點(diǎn)的距離為心質(zhì)量為相的小物塊在外力作用下向左壓縮彈簧（不拴接）到某一位置。處，此時彈簧的壓縮量為乩由靜止釋放小物塊，小物塊沿滑道A8運(yùn)動后進(jìn)入半圓形軌道BC,且剛好能到達(dá)半圓形軌道的頂端C點(diǎn)處，已知小物塊與水平滑道間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,彈簧的勁度系數(shù)為匕小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，則(A.小物塊在C點(diǎn)處的速度剛好為零B.當(dāng)彈簧的壓縮量為等時，小物塊速度達(dá)到最大2kC.小物塊剛離開彈簧時的速度大小為j5gR+2〃gLD,剛開始釋放物塊時，彈簧的彈性勢能為2mgR+〃mg(L+d)【答案】C【解析】【詳解】A.因?yàn)樾∥飰K剛好能到達(dá)半圓形軌道的頂端C點(diǎn)處，故在C點(diǎn)處由重力提供向心力，有Vcm2=加=一

R得到vc=V^故A錯誤；.小物塊合力零時，速度最大，則有jLimg=kM可得小物塊速度最大時，彈簧壓縮量為小史氈

k故B錯誤：C.設(shè)小物塊剛離開彈簧時的速度大小為v,小球從N點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，由動能定理-pmgL-mg?2R=；mvc2-；mv~解得v=y/5gR+2〃gL故C正確;D.從物塊剛開始釋放至達(dá)到C點(diǎn)，根據(jù)能量守恒可得Ep=/Jtng(L+d)+mg-2R+^mvc2=pmg[L+d)+^mgR故D錯誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題(本大題共4個小題，每個小題4分，共16分，在每個小題的四個選項(xiàng)中，有多個選項(xiàng)是符合題意的，都選對的得4分，選不全的得2分，錯選的得0分。).在物理學(xué)的重大發(fā)現(xiàn)中科學(xué)家們創(chuàng)造出了許多物理學(xué)研究方法，如理想實(shí)驗(yàn)法、控制變量法、極限思想法、類比法和科學(xué)假說法、微元法、建立物理模型法等等.以下關(guān)于所用物理學(xué)研究方法的敘述正確的是()A.在不需要考慮物體本身的大小和形狀時，用質(zhì)點(diǎn)來代替物體的方法叫假設(shè)法B,根據(jù)平均速度定義式，當(dāng)時間間隔非常非常小時，就可以用這一間隔內(nèi)的平均速度表示間隔內(nèi)某一時刻的瞬時速度，這應(yīng)用了極限思想法C.在用打點(diǎn)計時器研究自由落體運(yùn)動時，把重物在空氣中的落體運(yùn)動近似看做自由落體運(yùn)動，這里采用了控制變量法D.在推導(dǎo)勻變速直線運(yùn)動位移公式時，把整個運(yùn)動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運(yùn)動，然后把各小段的位移相加，這里采用了微元法【答案】BD【解析】【詳解】A.質(zhì)點(diǎn)是理想模型，采用了理想模型法，故A錯誤；ArB.平均速度丫=—,當(dāng)△，一()時可將平均速度表示為瞬時速度，故應(yīng)用了極限思想法，故B正確；C.在用打點(diǎn)計時器研究自由落體運(yùn)動時，把重物在空氣中的落體運(yùn)動近似看做自由落體運(yùn)動，這里采用理想模型法，故C錯誤；D.在探究勻變速運(yùn)動的位移公式時，采用了微元法將變速運(yùn)動無限微分后變成了一段段的勻速運(yùn)動，即采用了微元法，故D正確。故選BDo10.2020年5月12日9時16分，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用快舟一號甲運(yùn)載火箭，以"一箭雙星''方式，成功將行云二號01/02星發(fā)射升空，衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定軌道，發(fā)射取得圓滿成功，此次發(fā)射的“行云二號”01星被命名為“行云?武漢號”，箭體涂刷“英雄武漢偉大中國”八個大字，畫上了“致敬醫(yī)護(hù)工作者群像”，致敬英雄的城市、英雄的人民和廣大醫(yī)護(hù)工作者。如圖所示，設(shè)地球半徑為R,地球表面的重力加速度為go,“行云?武漢號”在半徑為R的近地圓形軌道I上運(yùn)動，到達(dá)軌道的A點(diǎn)時點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢圓軌道H,到達(dá)軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)B時，再次點(diǎn)火進(jìn)入軌道半徑為4R的圓形軌道III繞地球做圓周運(yùn)動，設(shè)“行云?武漢號”質(zhì)量保持不變。則( )“行云?武漢號”在軌道I、HI上運(yùn)行的周期之比為1:8“行云?武漢號”在軌道III的運(yùn)行速率大于標(biāo)示C.飛船在軌道I上經(jīng)過A處點(diǎn)火前的加速度大小等于地球赤道上靜止物體的加速度大小D.“行云?武漢號”在軌道I上的機(jī)械能小于在軌道IH上的機(jī)械能【答案】AD【解析】【詳解】A.由開普勒第三定律可知/?3_(4/?)3下一邛得到口工8故A正確：B.飛船在軌道【上運(yùn)行的速度%2mg0=解得根據(jù)v=可知，“行云?武漢號”在軌道HI的運(yùn)行速率一定小于在軌道I上運(yùn)行的速度，即小于血黃，故B錯誤；C.飛船在軌道［上經(jīng)過A處點(diǎn)火前的角速度大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，由可知，飛船在軌道I上經(jīng)過A處點(diǎn)火前的加速度大小大于地球赤道上靜止物體的加速度大小，故C錯誤；D.“行云?武漢號”在軌道I上需要獲取能量才能做離心運(yùn)動從而向高軌道上運(yùn)動，所以“行云?武漢號”在軌道I上的機(jī)械能小于在軌道HI上的機(jī)械能，故D正確。故選ADo.如圖所示，真空中固定兩個等量異種點(diǎn)電荷A、B,AB連線中點(diǎn)為。。在A、8所形成的電場中，以。點(diǎn)為圓心的圓面垂直48連線，e、"是圓上的兩點(diǎn)，c是40間的一點(diǎn)，則下列說法正確的是（ ）A.e、d兩點(diǎn)場強(qiáng)相同，但電勢不同B,沿線段eCW移動一電荷，它所受的電場力先減小后增大C.將一電荷由e點(diǎn)沿圓弧移到d點(diǎn)電場力始終不做功D.將一電荷由c點(diǎn)移到圓面內(nèi)任意一點(diǎn)時，電勢能的變化量相同【答案】CD【解析】【詳解】A.根據(jù)等量異種電荷的電場線分布，可知其中垂線上對稱的兩點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向相同；且根據(jù)等量異種電荷的電勢分布情況知e、d兩點(diǎn)所在的直線是等勢線，電勢都為零，故A錯誤；B.根據(jù)等量異種電荷的電場線分布可知其中垂線上，從e到d電場強(qiáng)度先增大后減小，故沿線段eOd移動一電荷，它所受的電場力先增大后減小，故B錯誤：C.根據(jù)等量異種電荷的電勢分布情況，可知e點(diǎn)和d點(diǎn)所在的圓弧面是一個等勢面，且電勢都為零，故將一電荷由e點(diǎn)沿圓弧移到d點(diǎn)電場力始終不做功，故C正確；D.根據(jù)等量異種電荷的電勢分布情況，可知e點(diǎn)和d點(diǎn)所在的圓弧面是一個等勢面，故c點(diǎn)與圓面內(nèi)任意一點(diǎn)的電勢差相等，根據(jù)XE產(chǎn)qU可知將一電荷由c點(diǎn)移到圓面內(nèi)任意一點(diǎn)時，電勢能的變化量相同，故D正確。故選CD。.如圖甲所示，傾角為。的傳送帶以恒定的速率w沿逆時針方向運(yùn)行。U0時，將質(zhì)量m=1依的炭塊（可

視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶上，炭塊相對地面的X圖象如圖乙所示，整個過程炭塊未滑離傳送帶。設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g=10m/s2。則（ ）A.炭塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.40?2.0s內(nèi)摩擦力對炭塊做功-24J0-2.05內(nèi)炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為24JD.炭塊在傳送帶上的痕跡長度為4m【答案】BC【解析】【詳解】A.由圖知，炭塊先做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，速度達(dá)到傳送帶速度后（在f=L0s時刻）,由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，炭塊繼續(xù)向下做勻加速直線運(yùn)動，從圖象可知傳送帶的速度為v0=1Om/s在O-l.Os內(nèi)，炭塊摩擦力方向沿斜面向下，勻加速運(yùn)動的加速度為/npsin0+umecosff.八 .q= =gsmd+〃gcos〃m由丫一/圖象可得4=空普1n/S2=10m/s2kt、1即有g(shù)sin6+〃gcos。=1Om/s2在1.0-2Os,炭塊的加速度為znvsin0-umgcos0 .八八a2= =gsin9-〃gcosJtn由V-/圖象可得△匕12-10 2072a.=——-= m/s=2m/s■ \t2 1即有g(shù)sin，一〃gcos6=2m/s2聯(lián)立可得〃=0.58=37°故A錯誤：BCD.根據(jù)“面積”表示位移，可知0?1.0s炭塊相對于地的位移X.=—x10xlm=5mf2傳送帶的位移為x2=%%=10xlm=10m炭塊對傳送帶的位移大小為Ax,=x2-xt=10-5m=5m方向向上摩擦力對炭塊做功為Wfl=4mgeos0?xt=0.5xl0x0.8x5J=20J炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Qi=pmgeos =0.5x10x0,8x5J=20J根據(jù)“面積”表示位移，可知1.0?2.0s炭塊相對于地的位移為10+12, ,,X,= xIm=11m2傳送帶的位移為x4=vot,=lOxlm=10m1.0~2.0s內(nèi)炭塊對傳送帶的位移大小為Ax2=七一.=11—10m=Im方向向下摩擦力對炭塊做功為Wr2=-^mgcos0*x2=-0.5x10x0.8x11J=-44J炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為Q2=pmgcos0?^x2=0.5x10x0.8xlJ=4J所以。?2.0s內(nèi)摩擦力對炭塊做功Wf=Wf]+Wf2=20-44J=-24J炭塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為e=e,+&=24j因痕跡有重疊，故留下的痕跡為5m,故B,C正確，D錯誤；故選BCo第n卷（非選擇題，共70分）三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14分）13.為了探究物體質(zhì)量一定時加速度與力關(guān)系，甲、乙兩同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。其中M為帶滑輪的小車的質(zhì)量，機(jī)為砂和砂桶的質(zhì)量，，為滑輪的質(zhì)量。力傳感器可測出輕繩中的拉力大小。訕傳感器? [芻紙〈打曾時器AQ 。o N' 二?m寸一□ □（1）實(shí)驗(yàn)時，一定要進(jìn)行的操作是oA.用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量B.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力C.小車靠近打點(diǎn)計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數(shù)D,為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量桁遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量（2）甲同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中得到如圖所示一條紙帶（兩計數(shù)點(diǎn)間還有四個點(diǎn)沒有畫出），已知打點(diǎn)計時器采用的是頻率為50Hz的交流電，根據(jù)紙帶可求出小車的加速度為m/s2（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。單位:cm一5.12」一7.10」一9.13」一11.09」卜平小-小小 4* 401 2 3 4 5 6（3）甲同學(xué)以力傳感器的示數(shù)尸為橫坐標(biāo)，加速度〃為縱坐標(biāo)，畫出的a-尸圖象是一條直線，圖線與橫坐標(biāo)的夾角為以求得圖線的斜率為生則小車的質(zhì)量為。

\X301

A.\X301

A. tan(9B, moC.tan02 2 moD.一k k【答案】①.BC②.2.00 ③.C【解析】【詳解】(1)[1]AD.本題拉力可以用彈簧測力計測出，不需要用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量，也就不需要使小桶(包括砂)的質(zhì)量遠(yuǎn)小于車的總質(zhì)量，選項(xiàng)A、D錯誤;B.實(shí)驗(yàn)時需要將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力，選項(xiàng)B正確;C.實(shí)驗(yàn)時，小車靠近打點(diǎn)計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數(shù)，選項(xiàng)C正確。故選BC.(2)⑵根據(jù)8 運(yùn)用逐差法得(3)[3]由牛頓第二定律可得(M+%)由數(shù)學(xué)知識可得，〃孑圖像的斜率k-2(M+mQ)解得M=--ma

k故選C。14.待測電阻心的阻值約為100Q,現(xiàn)要測量其阻值實(shí)驗(yàn)室提供器材如下：A.電流表Ai（量程40mA,內(nèi)阻n約為10。）B.電流表A2（量程20mA,內(nèi)阻廢=30g）C.電壓表V（量程15V,內(nèi)阻約為3000Q）D.定值電阻Ro=12OCE.滑動變阻器R（阻值范圍0?5C,允許最大電流1.0A）P.電源（電動勢E=3V,內(nèi)阻不計）G.開關(guān)S及導(dǎo)線若干（1）為了使測量結(jié)果準(zhǔn)確，以上器材不合適的是（填寫器材前對應(yīng)的序號字母）（2）利用其余的實(shí)驗(yàn)器材，設(shè)計測量R最佳實(shí)驗(yàn)電路，將電路圖畫在實(shí)線框內(nèi)并標(biāo)明元件符號（3）實(shí)驗(yàn)中需要測量的物理量有,待測電阻的表達(dá)式Rx= 【答案】 ①.C ②.③.電流表A的示數(shù)電流表A2的示數(shù)八④.R="+,）【解析】【詳解】由于電壓表量程為15V,遠(yuǎn)大于電源的電動勢，故電壓表不可用，故選C；（2）［2］由于電壓表不可用，故可以采用電流表A2與定值電阻Ro串聯(lián)作電壓表測電壓，用電流表Ai測量待電流，由于改裝的電壓表內(nèi)阻已知，故電流表Ai采用外接法，由于待測電阻阻值大于滑動變阻器最大阻值，為測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，電路圖如圖所示⑶⑶⑷待測電阻兩端電壓u=h（Ho+9）通過待測電阻的電流/x=/|-/2待測電阻阻值r=y_=/2（與+&）

X~T~A-A其中/I、/2分別為電流表A1和A2的示數(shù)，Ro和廢分別為定值電阻和電流表A2的阻值。四、計算題與選修部分（本題共4小題，共56分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。必須在題號所指示的答題區(qū)域作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上答題無效。）15.如圖所示，在傾角為6的斜面上某點(diǎn)A,以水平速度即拋出一物體，最后物體落在斜面上的B點(diǎn)，求從A到B的過程中：（1）物體離開斜面運(yùn)動的時間；（2）物體離開斜面的最大距離：【答案】⑴濁嗎⑵鈣絲的g 2g【解析】【詳解】（1）由平拋運(yùn)動規(guī)律可知

推出_2v0tan9

g(2)如圖所示，速度方向平行斜面時，離斜面最遠(yuǎn)運(yùn)動時間為此時橫坐標(biāo)為vn .八v .八vn2tan0sin0_xsind=- 2g16.如圖所示，半徑R=0.8m的光滑絕緣導(dǎo)軌固定于豎直面內(nèi)，加上某一方向的勻強(qiáng)電場后，帶電小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，小球動能最大的位置在4點(diǎn)，A8為過圓心。的直徑，圓心。與A點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為，。在A點(diǎn)時小球?qū)壍赖膲毫n=120N,若小球的最大動能比最小動能多32J,且小球能夠做完整圓周運(yùn)動(不計空氣阻力)。求：(1)小球最小動能等于多少？由平拋運(yùn)動的推論可知，此時速度方向反向延長線交橫軸于處，故物體離開斜面的最大距離2

（2）若在A點(diǎn)給小球EkA=36J的初動能，使小球沿圓軌道逆時針方向運(yùn)動，判斷小球能否做完整的圓周運(yùn)動？若能，請說明理由，若不能，請求出小球脫軌的位置與圓心0的連線和半徑08夾角的余弦值。5cosa--6【解析】【詳解】（1）依題意，我們將帶電小球受到的重力和電場力的等效為一個力尸（F即為重力和電場力的合力），設(shè)小球動能最小位置在B處（該點(diǎn)必在A點(diǎn)的對稱位置），此時，由牛頓第二定律和圓周運(yùn)動向心力公式可得FN-F=m^

K從A到B,由動能定理得一尸＞2R=EkB-fkA可解得Em=40J,尸=20N, =8J（2）小球不能做完整圓周運(yùn)動，設(shè)脫軌位置為C點(diǎn)，C。連線與80夾角設(shè)為a,在C點(diǎn)僅由等效重力的徑向分力提供向心力從A點(diǎn)到C點(diǎn)由能量守恒可知E1cA=—/77v(2+F/?(l+cos(z)=36J聯(lián)立解得5

cosa=—617.如圖所示，質(zhì)量，"=lkg的物塊A放在質(zhì)量M=4kg木板B的左端，起初A、8靜止在水平地面上.現(xiàn)用一水平向左的力F作用在木板8上，已知4、8之間的動摩擦因數(shù)為川=0.4,地面與B之間的動摩擦因數(shù)為"2=0.1,假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2.求：(1)能使4、8發(fā)生相對滑動的F的最小值；(2)若F=30N,作用Is后撤去，要想4不從B上滑落，則木板至少多長；從開始到4、B均靜止，4的總位移是多少。/////////////////////////////////////////////////////////【答案】(D25N；(2)0,75m,14.4m【解析】【詳解】(1)對于A,當(dāng)A、B間靜摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時兩者相對靜止的加速度達(dá)到最大，即將相對滑動，根據(jù)牛頓第二定律有=mam解得am=4m/s2對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律有Fmin-"2(M+m)g=(M+m)am解得Fmin=25N(2)設(shè)產(chǎn)作用在8上時A、B的加速度分別為。|、S,撤掉尸時速度分別為環(huán)、V2,撤去外力F后加速度分別為q'、a'2,A、B共同運(yùn)動時速度為吟，加速度為對于A，根據(jù)牛頓第二定律有f.i\tng=ma\解得。1=4m/s2根據(jù)速度公式有v\=a\t\=4m/s對于以根據(jù)牛頓第二定律有F-/z1mg-42(M+m)g=Ma?解得02=5.25m/s2根據(jù)速度公式有V2=ci2t\=5.25m/s撤去外力a；=a}=4m/s2〃盤+一.+小N25mzs22 M經(jīng)過f2時間后A、8速度相等Vj+a[t2=v2—a'2解得f2=0.2s共同速度v3=V]+a\t2—4.8m/s從開始到A、3相對靜止時，A、3的相對位移即為木板最短的長度，則有v1 片一年 1 ,0L=XB-XA=-- —41（。+力）22a2 2