2021屆江蘇省高考物理模擬預測試卷(一)(含答案解析)

2021屆江蘇省高考物理模擬預測試卷（一）

一、單選題（本大題共11小題，共44.0分）

1.電臺將播音員的聲音轉(zhuǎn)換成如圖甲所示的電信號，再加載到如圖乙所示的高頻載波上，使高頻

載波的振幅隨電信號改變（如圖丙所示）.這種調(diào)制方式稱為（）

中1y................

丙

7.

A.調(diào)幅B.調(diào)諧C.調(diào)頻D.解調(diào)

2.如圖甲是阻值為50的線圈與阻值為150的電阻R構(gòu)成的回路.線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場

方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示.則（）

A.電壓表的示數(shù)為14.14V

B.通過電阻的電流為0.707A

C.電阻R上消耗的功率為3.75卬

D.通過電阻的電流方向每秒變化100次

3.如圖所示演示裝置，一根張緊的水平繩上掛著5個單擺，其中A、

。擺長相同，先使A擺擺動，其余各擺也擺動起來，可以發(fā)現(xiàn)（）

A.根據(jù)7=2兀J可知：8擺振動的周期最小

B.各擺擺動的周期均與A擺相同

C.E距A最遠，故E擺的振幅最小

D.B、C距A最近，故8、C擺的振幅最大

4.如圖所示，A、8、C三點在同一水平面上。點在3點正上方A、

C到B的距離均為d,。到8點的距離為號d，A8垂直于8c空

間存在著勻強電場。一個質(zhì)量為加、電荷量為+q的粒子從A移

到。時電場力做的功為零，從C到。時電場力做的功也為零，從B移到。時克服電場力做的功

為W,則下列說運正確的是（）

A.粒子從A移到C電場力做正功

B.電場強度既垂直于連線AD,又垂直于連線AC

C.電場強度的大小為方

D.B點和C點間的電勢差為?

5.下列觀點中，正確的是（）

A.隨著科技的發(fā)展，永動機是可以制成的

B.根據(jù)能量守恒，能源是取之不盡、用之不竭的

C.能源的開發(fā)和利用，必須同時考慮其對生態(tài)環(huán)境的保護

D.太陽照射到地球上的光能轉(zhuǎn)化成了其他形式的能量，但照射到宇宙空間的能量都消失了

6.如圖所示，質(zhì)量為機的足球在水平地面的位置1被踢出后落到水平地面的位置3,在空中達到

的最高點位置2的高度為/?,已知重力加速度為g,下列說法中正確的是（）

A.足球由1運動到2的過程中,重力做的功為mg/z

B.足球由1運動到3的過程中,重力做的功為2mgh

C.足球由2運動到3的過程中,重力勢能減少了mgh

D.足球由2運動到3的過程中,重力勢能增加了mgh

7.如圖為高分一號北斗導航系統(tǒng)兩顆衛(wèi)星在空中某一面內(nèi)運動的示

意圖。導就衛(wèi)星仇和G2以及高分一號均可認為統(tǒng)地心。做勻速圓

同運動。衛(wèi)星Gi和G2的軌道半徑為廣，某時刻兩穎號航衛(wèi)星分別

位于軌道上的A和B兩位置，高分一號在C位置。若衛(wèi)星均順時

針運行，乙4OB=60。，地球表面處的種力加速度為g,地球半徑

為R,不計衛(wèi)星間的相互作用力。則下列說法正確的是（）

A.衛(wèi)星必由位置A運動到位置B所需的時間為9。

3Ryjg

B.衛(wèi)星Gi和G2的加速度大小相等且為fg

C.若高分一號與衛(wèi)星Gi的質(zhì)量相等，由于高分一號的繞行速度大，則發(fā)射所需的最小能量更多

D.若高分一號與衛(wèi)星G的周期之比為1：>1,且為整數(shù)），某時刻兩者相距最近，則從此

時刻起，在衛(wèi)星Gi運動一周的過程中二者距離最近的次數(shù)為k

8.下列各種說法中正確的是（）

A.做勻速圓周運動的物體機械能一定守恒

B.勻速運動的物體機械能一定守恒

C.單位內(nèi)做功越多，其功率一定越大

D.由「=尸"可知，機車運動速度越大，功率一定越大

9.如圖所示，變壓器的原副線圈的匝數(shù)比一定，原線圈的電壓為%時，副線圈的電壓為外，k、G、

心為三只完全相同燈泡，開始時，開關s斷開，然后當開關S閉合時（）

A.電壓小不變，%增大B.燈泡人變亮，員變暗

C.燈泡5變暗，乙2變亮D.原線圈輸入功率不變

10.關于天然放射現(xiàn)象，下列說法正確的是（）

A.0衰變所釋放的電子是原子的核外電子電離產(chǎn)生的

B.將放射性物質(zhì)放入高溫高壓的環(huán)境，其半衰期將變大

C.放射性物質(zhì)發(fā)出的射線中，a射線的穿透能力比夕射線的穿透能力強

D.鈾核（龍8t/）衰變?yōu)殂U核（第6pb）的過程中，要經(jīng)過8次a衰變和6次口衰變

11.一質(zhì)點在x=0處，從t=0時刻開始沿x軸正方向做直線運動，其運動的u-t圖象如圖所示,

下列說法正確的是（）

A.t=4s時，質(zhì)點在x=47n處

B.0?2s內(nèi)和0?4s內(nèi)，質(zhì)點的平均速度相同

C.第3s末質(zhì)點受到的合力不為零

D.第3s內(nèi)和第4s內(nèi)，質(zhì)點加速度的方向相反

二、實驗題(本大題共2小題，共18.0分)

12.某同學用游標為10分度的卡尺測量一個圓柱體的直徑，由于長期使用，測量腳磨損嚴重，當兩

測量腳直接合并在一起時，游標尺的零線與主尺的零線不重合，出現(xiàn)如圖(a)所示的情況，測量

圓柱的直徑時的示數(shù)如圖(b)所示，則圖(b)的示數(shù)為mm,所測圓柱的直徑為mm.

°iN1cm23cm

川同I111IIIIIIl,l,ll,IJjIlll

in11111IIIrniiinnT

°游標尺100游標尺10

圖(a)圖回

13.在“探究求合力的方法”實驗中，現(xiàn)有木板、白紙、圖釘、橡皮筋、細繩套和一把彈簧測力計。

(1)為完成實驗，某同學另找來一根彈簧，先測量其勁度系數(shù)，得到的實驗數(shù)據(jù)如下表：

彈力F/N1.001.502.002.503.003.50

伸長量％/10-27n1.802.803.804.805.807.10

根據(jù)表中數(shù)據(jù)求該彈簧的勁度系數(shù)k=N/m(保留2位有效數(shù)字)。

(2)某次實驗中，彈簧秤的指針位置如圖(甲)所示，其讀數(shù)為N；同時利用(1)中結(jié)果獲得

彈簧上的彈力值為2.50N,請在圖1中畫出這兩個共點力的合力產(chǎn)合(如圖乙)。

三、簡答題(本大題共2小題，共6.0分)

14.列車進站時的電磁制動可借助如圖所示模型來理解，在站臺軌道下方埋一勵磁線圈，通電后形

成豎直向上的勻強磁場，磁感應強度的大小為8。在車身下方固定一由粗細均勻?qū)Ь€制成的矩

形線框，利用線框進入磁場時所受的安培力進行制動。已知列車的總質(zhì)量為機，車身長為，也,

線框的短邊時和cd分別安裝在車頭和車尾，長度為L(L小于勻強磁場的寬度)，站臺軌道上勻

強磁場區(qū)域大于車長。車頭進入磁場瞬間的速度為北。

(1)當列車速度減為初速度的一半時，求油兩端的電壓；

(2)實際列車制動過程中，還會受鐵軌及空氣阻力設其合力大小恒為人車尾進入磁場瞬間，列車恰

好停止。求列車從車頭進入磁場到停止，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。

15.如圖，在一傾角為9的光滑斜板上，固定著一根原長為的輕質(zhì)彈簧，其勁度系數(shù)為上彈簧另

一端連接著質(zhì)量為，〃的小球，此時彈簧長度為人?，F(xiàn)沿斜板向上推小球，直至彈簧長度恰好為

原長，然后突然釋放，求證小球的運動為簡諧運動.

四、計算題(本大題共2小題，共20.()分)

16.大型游樂場內(nèi)有名為“勇敢者的挑戰(zhàn)”的項目，該項目由固定在水池上方的螺旋滑梯和水池兩

部分組成。一個質(zhì)量為60依的游客從頂端A處進入，由靜止開始沿滑梯下滑，并從底端B處滑

出，滑出時速度方向水平。現(xiàn)將滑梯簡化為豎直放置的等螺距螺線管這一理想化物理模型進行

研究，如圖所示，豎直放置的等螺距螺線管頂端A點與底端B點的高度差為匕=5m,總長度

為L=20m,將游客視為質(zhì)點，己知重力加速度為g=10m/s2。

(1)若滑梯光滑，求游客從頂端4點到達底端B點所需要的時間;

(2)若滑梯不光滑，若游客仍從頂端A點由靜止自然下滑?，則從底端8點滑出后落入水中，下落的水

平位移x=4m,下落高度為=3.2m,求游客從B點拋出時的速度大小;

(3)求(2)問中的游客克服螺旋滑梯的摩擦力做了多少功？

17.如圖所示，三角形AQC是邊長為2乙的等邊三角形，P、。分別為A。、AC的中點，在水平線

QC下方是水平向左的勻強電場；區(qū)域/(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度

為B,區(qū)域〃(三角形4PD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域〃/(虛線之上，三角形AP。

以外)有垂直紙面向外的勻強磁場，區(qū)域〃、/〃內(nèi)磁感應強度大小均為58,一帶正電的粒子從

。點正下方、距離。點為L的。點以某一初速度射出，在電場力作用下從。C邊中點N以速度

%垂直0c射入?yún)^(qū)域/,接著從P點垂直A0射入?yún)^(qū)域〃/,此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運動后又以

原速率返回。點.粒子重力忽略不計，求：

(1)該粒子的比荷5；

(2)電場強度E及粒子從0點射出時初速度v的大?。?/p>

(3)粒子從。點出發(fā)到再次回到。點的整個運動過程中所經(jīng)歷的時間t.

5Bm

【答案與解析】

1.答案：A

解析：解：使電磁波隨各種信號而改變的技術(shù)，叫做調(diào)制；而調(diào)制共有兩種方式：一是調(diào)幅，即通

過改變電磁波的振幅來實現(xiàn)信號加載；另一是調(diào)頻，即通過改變頻率來實現(xiàn)信號加載電磁波。由題

意可知高頻載波的振幅隨電信號改變；故為調(diào)幅；

故選：Ao

利用調(diào)制的分類即可求解.明確調(diào)制分為調(diào)幅和調(diào)頻兩種.

本題考查電磁波的調(diào)制過程，注意把握信號發(fā)射及接收流程，基礎題.

2.答案：B

解析：解：B、電動勢有效值為10立心因此由阻值為50的線圈與阻值為15。的電阻R構(gòu)成

V2

的回路，電流為/=立4*0,7074，故B正確；

R+r5+152

A、由8選項可知，電阻R的電壓為UR=/R=①x15V=10.61V，故A錯誤；

K2

C、電阻R上消耗的功率為P=/2R=（爭2><15W=7.5W，故C錯誤；

。、由圖象知周期T=0.04s,所以每秒有25個周期，而一個周期電流方向變化2次，因此電流方向

每秒變化50次，故。錯誤；

故選：Bo

從圖象得出電動勢最大值、周期，從而算出頻率、角速度；磁通量最大時電動勢為零，磁通量為零

時電動勢最大，轉(zhuǎn)速加倍，最大值加倍.

本題考查了對交流電圖象的認識，要具備從圖象中獲得有用信息的能力.

3.答案：B

解析：解：AB.A擺擺動，其余各擺也擺動起來，它們均做受迫振動，則它們的振動周期均等于4

擺的擺動周期，故A錯誤，B正確；

C、單擺振幅的大小與距離A單擺的遠近無關，其固有周期（頻率）越接近驅(qū)動力的（周期）頻率時所迫

振動的振幅越大，依據(jù)題中條件無法判斷E單擺振幅最小，故C錯誤；

D、由于4、D擺長相同，所以這兩個擺的固有頻率相同，則。擺出現(xiàn)共振現(xiàn)象，故。擺的振幅最

大，故。錯誤。

故選:B。

5個單擺中，由4擺擺動從而帶動其它4個單擺做受迫振動，受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，

當受迫振動的系統(tǒng)的固有頻率等于驅(qū)動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象，振幅達到最大。

受迫振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率；當受迫振動中的固有頻率等于驅(qū)動力頻率時，出現(xiàn)共振現(xiàn)象。

4.答案：B

解析：解：4B、一個質(zhì)量為“、電荷量為+q的粒子從A移到。時電場力做的功為零，則伊4=3°,

從C到。時電場力做的功也為零，則9c=3。，故A、C、。三點所在的平面為等勢面，電場強度的

方向垂直于ACD平面，所以電場強度既垂直于A。，又垂直于AC,帶電粒子從A移到C時電場力

做的功一定為零，故A錯誤，8正確；

CD、電荷量為+q的粒子從B移到。時克服電場力做的功為W,則D點和B點間的電勢差大小為（/班=

則C點和B點間的電勢差大小為=?，所以UBC=-p但B到等勢面AC。沿電場線方向的

距離小于d,

根據(jù)E=指沿電場線方向兩點間的距離）可知電場強度為：E＞看，故CC錯誤；

故選：Bo

根據(jù)電場力做功情況判斷電勢大小，找出等勢面；根據(jù)電場力做功的計算公式求解電勢差，根據(jù)電

場強度和電勢差的關系確定電場強度的大小。

本題關鍵要掌握電場力做功與電勢差的關系、電勢差與電勢的關系；知道電場力做功的計算公式為

W=qU,另外要掌握電場強度與電勢差的關系。

5答案:C

解析：解：人第一類永動機違背了能量守恒，第二類永動機違背了熱力學第二定律，不可能制成,

A錯誤；

米能量雖然守恒，但有些能量使用以后不可能再被利用，所以要節(jié)約資源，3錯誤；

C、能源的開發(fā)和利用，必須同時考慮其對生態(tài)環(huán)境的保護，C正確；

力、能量不會憑空消失，它只能以一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，。錯誤；

故選：C

第一類永動機違背了能量守恒，第二類永動機違背了熱力學第二定律，能量雖然守恒，但有些能量

使用以后不可能再被利用，能量不會憑空消失.

對永動機，要知道不可能制成的原因，在生活中要養(yǎng)成節(jié)約能源的習慣.

6.答案：C

解析：解：

A、足球由1運動到2的過程中，高度增加，重力做負功，為-mg/i,故A錯誤.

8、足球由1運動到3的過程中，由于1和3的高度是一致的，所以此過程中重力做功為零.故B錯

誤.

CD,足球由2運動到3的過程中，足球的高度越來越低，重力做正功，重力勢能減少，2、3兩位置

的高度差是〃，所以重力勢能減少了nig/i.故C正確，。錯誤.

故選：C

此題考察了對重力做功的理解，從1到2,足球的高度上升了力，此過程重力做負功(-mg/i),重力

勢能增力口了〃吆%,從2到3的過程中，重力做正功(mg/i),重力勢能減少了，咫〃；1和3兩位置的高

度相同，所以在此兩位置的重力勢能是相同的，從1到3的過程中，重力做功為零.

重力做功與路徑無關，與零勢能面的選取無關，只與物體的始末位置有關.重力做正功，重力勢能

減少；重力做負功(或表述為克服重力做功)，重力勢能增加.但要注意，重力勢能的大小與零勢能

面的選取有關.

7.答案：A

解析：解：4、根據(jù)萬有引力提供向心力G等=澳32乙得3二席,衛(wèi)星G1由位置4運動到位置B

所需的時間t=^=受。則A正確

B、衛(wèi)星在地球表面時受到的萬有引力等于重力，則：mg=*,在太空運行時：。=等所以：

a-故B錯誤；

C、發(fā)射的衛(wèi)星軌道月喝，需要的能量越大，由于高分一號的軌道低一些，所以它與衛(wèi)星GI相比，發(fā)

射所需的最小能量更小。故C錯誤；

。、設每隔時間T，心人相距最近，則(牝-3a)7=2兀，所以有：T=-^-=^~

3ala~lc

故b運動一周的過程中，a、匕相距最近的次數(shù)為：n=^=fc-l,即八6距離最近的次數(shù)為九一1

次，故。錯誤；

故選：A。

由萬有引力提供向心力得周期表達式，衛(wèi)星Gi和G2均在萬有引力的作用下繞地球做圓周運動，根據(jù)

周期比，與總時間相比，得出最近的次數(shù)。

根據(jù)萬有引力定律結(jié)合地球表面的物體受到的萬有引力度重力即可求出。

本題主要考查圓周運動的概念，以及的角速度與周期之間的關系，解決這樣的問題，最好畫畫草圖，

尋找角度與周期之間的關系。

8.答案：C

解析：解：A、做圓周運動的物體機械能不一定守恒，如物體在豎直方向上做勻速圓周運動時機械能

不守恒，故A錯誤；

從做勻速直線運動的物體機械能不一定守恒，如勻速豎直下落的物體機械能不守恒，故8錯誤；

C、由P=?可知，單位時間內(nèi)做功越多，其功率越大，故C正確.

。、由。=?"可知，只有當牽引力相同時，機車運動速度越大，其功率才一定大，否則不一定大，

故。錯誤.

故選：C

只有重力或只有彈力做功，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒的條件分析答題.

功率表示做功的快慢，功率的定義式為「=:機車發(fā)動機的功率公式為P=F〃，運用控制變量法理

解該公式.

本題考查了機械能是否守恒的判斷以及功率公式的應用，知道機械能守恒的條件，同時明確平均功

率和瞬時功率的應用.

9.答案：B

解析：解：4、根據(jù)金=?，可知當原線圈的電壓由一定時，副線圈的電壓”也一定，故A錯誤；

u2n2

BC、當開關S閉合時，次級電阻減小，故次級電流變大，所以燈泡力變亮，此時乙2、口并聯(lián)支路的

電壓減小，乙2變暗，故B正確，C錯誤；

D、由于次級電流變大，則「由=。2/2變大，因「人=「的，則原線圈輸入功率變大，故。錯誤.

故選：B

開關S閉合后改變了副線圈的電流和功率，根據(jù)變壓器原副線圈電壓、電流與匝數(shù)比的關系即可求

解.

本題主要考查了變壓器的原理，要知道開關S閉合后，副線圈的電流和功率都變大，難度不大，屬

于基礎題.

10.答案：D

解析：解：A、/?衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子時產(chǎn)生的，故A錯誤；

8、半衰期的大小與放射性元素的溫度無關，故B錯誤；

C、在a、/?、y,這三種射線中，a射線的電離作用最強，y射線的穿透能力最強，故C錯誤；

D、鈾核（能8u）衰變?yōu)殂U核（第6pb）的過程中，電荷數(shù)少10,質(zhì)量數(shù)少32,設經(jīng)過〃次a衰變，機次0衰

變，則有：4n=32,2n—m=10,解得n=8,m=6,故。正確。

故選：Do

放射性元素的半衰期與元素所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)無關，由原子核內(nèi)部因素決定；0衰變的實質(zhì)

是原子核中的一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子和一個電子，電子釋放出來；在a、0、y,這三種射線中，a射

線的電離能力最強，穿透能力最弱，y射線的穿透能力最強，電離能力最弱；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量

數(shù)守恒，結(jié)合衰變的實質(zhì)求出衰變的次數(shù)。

本題考查了半衰期、衰變的實質(zhì)，射線的性質(zhì)等基礎知識點，關鍵要熟悉教材，牢記這些基礎知識

點，注意半衰期的大小與放射性元素所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)無關。

11.答案：C

解析：解：A、根據(jù)“面積”表示位移，可知，質(zhì)點在0-4s內(nèi)的位移等于0-2s的位移，為：X=

（1+2）x2m=3m,t=0時質(zhì)點位于x=0處，貝!It=4s時，質(zhì)點在x=3?n處，故A錯誤。

8、根據(jù)速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，在時間軸上方的位移為正，下方的面積表示位移為

負，則知0?2s內(nèi)和。?4s內(nèi)質(zhì)點的位移相同，但所用時間不同，則平均速度不同，故B錯誤。

CD,速度圖線的斜率表示加速度，直線的斜率一定，則知2-4s內(nèi)質(zhì)點的加速度一定，第3s內(nèi)和第

4s內(nèi)，質(zhì)點加速度相同，且不為零，所以合力不為零，第3s內(nèi)末質(zhì)點受到的合力不為零，故C正確、

。錯誤。

故選：Co

在速度-時間圖象中，根據(jù)“面積”確定0-4s內(nèi)的位移，即可確定t=4s時質(zhì)點的位置。平均速度

由位移和時間之比分析。圖線的斜率表示加速度。由牛頓第二定律分析合力。

本題是速度圖象問題，考查理解物理圖象意義的能力，關鍵要抓住速度圖象“斜率”表示加速度，

“面積”表示位移。

12.答案:23.524.1

解析：解：游標卡尺若完好的話，游標的10刻度線應與主尺的9對齊，而現(xiàn)在為游標的4刻度線與

主尺的3對齊，因游標的每一小刻度比主尺的最小刻度小0.1mm,則可知，游標部分應向左移動了

0.6mm,故兩零刻度相差0.677UH；

圖b中游標卡尺的讀數(shù)為23mm+5x0.1mm=23.5mm,

由于游標卡尺的誤差為0.6mm,正確的讀數(shù)小了0.6nnn,所以真實的結(jié)果為24.1/mn.

故答案為:23.5,24.1.

由游標卡尺的讀數(shù)方法，逆向推理可知兩零刻度線之間的距離；

本題中游標卡尺考的非常新穎，要求我們能熟練掌握好其原理才能正確作答.

13.答案：502.003.20

解析：解：(1)描點作圖，如圖所示，圖線的斜

率等于彈簧的勁度系數(shù)，則k=(5.8常威;『=

50N/m。

(2)由圖可知，彈簧秤的讀數(shù)為2.00N。

⑶彈簧上的彈力值為2.50N,可知標度為1.00N,

則合力尸合=3.20N。

故答案為：(1)50,(2)2.00,(3)3.20。

(1)描點作圖，結(jié)合圖線的斜率求出彈簧的勁度

系數(shù)。

(2)彈簧秤的最小刻度為0.2N,根據(jù)指針所指的位置讀出彈簧秤的讀數(shù)。

(3)根據(jù)平行四邊形定則得出合力的大小。

在“探究彈簧彈力與彈簧伸長的關系”的實驗中進行數(shù)據(jù)處理時，注意將物理問題與數(shù)學知識有機

結(jié)合起來，會用作圖法求合力。

14.答案：解：(1)當列車速度減為初速度的一半時，產(chǎn)生的感應電動勢E=

時兩端的電壓為：U=E-?BL為；

2nL+2L4n+4

(2)對列車進入磁場過程中，由動能定理可得：-fnL+VK宏=0-：m詔

根據(jù)功能關系可得：Q=-小安

解得：Q=gzn詔-n"。

答：(1)當列車速度減為初速度的一半時，必兩端的電壓為^/口。；

(2)列車從車頭進入磁場到停止，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為：m詔-幾"。

解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律求解產(chǎn)生的感應電動勢，再根據(jù)歐姆定律求解外兩端的電壓;

(2)對列車進入磁場過程中，由動能定理結(jié)合功能關系求解線框中產(chǎn)生的焦耳熱。。

對于電磁感應現(xiàn)象中涉及電路問題的分析方法是：確定哪部分相當于電源，根據(jù)電路連接情況畫出

電路圖，結(jié)合法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律列方程求解；涉及能量問題，常根據(jù)動能

定理、功能關系等列方程求解。

15.答案：證明：松手釋放，滑塊沿斜板往復運動-振動。而振動的平衡位置是小球開始時靜止(合外

力為零)的位置。

mgsind=k(L[—Lo)

滑塊離開平衡位置的距離為x,受力如圖所示，滑塊受三個力作用，其合力產(chǎn)合=磔刀-為一乃一

mgsin6,F^=-kxQ由此可證小球的振動為簡諧運動。

解析：物塊處于平衡位置時，受重力、支持力和彈簧的彈力，三力平衡，根據(jù)平衡條件和胡克定律

列式確定彈力與重力的關系；再抓住x表示物塊相對于平衡位置的位移，根據(jù)牛頓第二定律推導回

復力是否滿足?=-依，從而證明：

本題考查牛頓第二定律和胡克定律的綜合運用，關鍵是理清過程，確定出平衡位置，得出振幅的大

小是解決本題的關鍵。

16.答案：解：⑴設滑梯任意位置的切線與水平水平面的夾角為。，有幾何關系得：sine=*=就=

0.25

設游客在滑梯上任一位置的加速度為m由牛頓第二定律可得：mgsind=ma,解得：a=gsinO=

10m/s2x0.25=2.5m/s2

游客在滑梯上的運動可以等效成初速度為0的勻加速直線運動，由L=：at2得：t=戶薄=

27aq2.5m/s2

4s

(2)游客從B點飛出后做平拋運動，

豎直方向上：H2=

水平方向上：X=VBtr

兩式聯(lián)立可得：vB=5m/s

(3)對(2)中游客從A到B的運動用動能定理可得：

mgH1-Wf=-mv1-0

代入數(shù)據(jù)解得：Wf=2250;

即(2)中游客克服螺旋滑梯的摩擦力做功2250J。

答：(1)游客從頂端A點到達底端B點所需要的時間為4s；

(2)游客從B點拋出時的速度大小為5