2021屆安徽合肥市高考物理一模試卷(含答案解析)

2021屆安徽合肥市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.甲、乙兩車同時(shí)同地出發(fā)，在同一平直公路上行駛，其中甲車做勻

速直線運(yùn)動(dòng)，乙車由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的x-t圖

象如圖所示，則乙車追上甲車前兩車間的最大距離（）

A.15m

B.20m

C.25m

D.50m

2.里約奧運(yùn)會(huì)上，女排姑娘們通過(guò)頑強(qiáng)的拼搏獲得了冠軍。在一次扣殺中，主攻手朱婷奮力將球

擊出。排球在飛行過(guò)程中受到的力有（）

A.重力B.重力、打擊力

C.重力、空氣阻力D.重力、空氣阻力、打擊力

3.如圖所示是固定在桌面上的“C”形木塊，abed為半徑為R的光滑O

圓軌道的一部分，a為軌道的最高點(diǎn)，de面水平，將質(zhì)量為ni的小

球在d點(diǎn)正上方無(wú)高處釋放，小球自由下落到d處切入軌道運(yùn)動(dòng)，則

()

A.在無(wú)一定的條件下，釋放小球后小球能否到a點(diǎn)，與小球質(zhì)量有

關(guān)

B.要使小球通過(guò)a點(diǎn)的條件是h>R

C.改變h的大小，就可使小球在通過(guò)a點(diǎn)后可能落回軌道之內(nèi)，也可能落在de面上

D.無(wú)淪怎樣改變八的大小，都不可能使小球在通過(guò)a點(diǎn)后又落回軌道內(nèi)

4.某電場(chǎng)的電場(chǎng)線如圖，則同一點(diǎn)正電荷在4點(diǎn)和8點(diǎn)所受電場(chǎng)力的大小關(guān)系

是（）

A.

B.FA<FB

C.FA=FB

D.無(wú)法判斷

5.如圖所示的電路，閉合開(kāi)關(guān)S后，三盞燈均能發(fā)光，電源電動(dòng)勢(shì)E恒定

且內(nèi)阻r不可忽略?，F(xiàn)將變阻器R的滑片稍向上滑動(dòng)一些，關(guān)于三盞燈

亮度變化的情況及電容器帶電量判斷正確的是（）

A.a燈變亮，b燈和c燈變暗,電容器C所帶電荷量增多

B.a燈和c燈變亮，b燈變暗,電容器C所帶電荷量減少

C.a燈和c燈變暗，b燈變亮,電容器C所帶電荷量減少

D.a燈和b燈變暗，c燈變亮，電容器C所帶電荷量增多

6.如圖所示，為一圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在0點(diǎn)處有一放射源，沿半徑方向

射出速度為v的不同帶電粒子，其中帶電粒子1從4點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，帶電粒子

2從B點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，不考慮帶電粒子的重力，則（）

A.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷比值為1：3

B.帶電粒子1的比荷與帶電粒子2的比荷比值為百：1

C.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間比值為2：1

D.帶電粒子1與帶電粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間比值為2：3

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

7.在粗糙絕緣的水平面上固定一個(gè)帶電量為Q的正電荷，已知點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)的電勢(shì)可表示為3=

吟式中k為靜電常量，Q為場(chǎng)源電荷的帶電量，r為距場(chǎng)源電荷的距離.現(xiàn)有一質(zhì)量為m,電

荷量為q帶正電荷的滑塊（可視作質(zhì)點(diǎn)），其與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為如，K聆即g,貝久）

0q

S...................「................

77^77777777/,////////~?/////////////

A.滑塊與帶電量為Q的正電荷距離為x時(shí)，滑塊電勢(shì)能為第

B.若將滑塊無(wú)初速地放在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷均處，滑塊最后將停在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷;處

\XTilyX1

C.若將滑塊無(wú)初速地放在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷工1處，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷%3處的加速度為

kqQ

D.若將滑塊無(wú)初速地放在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷與處，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷工3處的速度為

T（鼠2M（…）

8.如圖所示，質(zhì)量分別為m和27n的4、8兩個(gè)木塊間用輕彈簧相連，矍.4~

^777777777777777777777777777^777777777.

放在光滑水平面上，4緊靠豎直墻壁.用水平力向左推氏將彈簧壓縮，推到某位置靜止時(shí)推力

大小為凡彈簧的彈性勢(shì)能為E.在此位置突然撤去推力，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.撤去推力的瞬間，B的加速度大小為，

2m

B.從撤去推力到4離開(kāi)豎直墻壁前，4、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒

C.從撤去推力到4離開(kāi)豎直墻壁前，4、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒

D.A離開(kāi)豎直墻壁后，彈簧彈性勢(shì)能最大值為g

9.如圖所示，有三個(gè)質(zhì)量相等的分別帶正電、負(fù)電和不帶電的粒子，I..................................|_0

從兩水平放置的金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度孫先后射入.….…...........

電場(chǎng)中，最后在正極板上打出4、B、C三個(gè)點(diǎn)，則（）\\

A.三種粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相同

B.三種粒子到達(dá)正極板時(shí)速度相同

C.三種粒子到達(dá)正極板時(shí)落在4、。處的粒子機(jī)械能增大，落在B處粒子機(jī)械能不變

D.落到4處粒子帶負(fù)電，落到C處粒子帶正電

10.從地面豎直向上拋出一物體，其動(dòng)能以隨它離開(kāi)地面的高度無(wú)的變作于〃

化如圖所示，重力加速度取10m/s2。由圖中數(shù)據(jù)可得（）

A.物體落地時(shí)速度大小為6m/s

B.物體初速度大小為10m/s

C.物體的質(zhì)量為0.9kg

D.物體受到空氣阻力的大小為3N

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）

11.某同學(xué)用圖甲所示的裝置測(cè)量木塊與水平傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃，跨過(guò)定滑輪的細(xì)線兩端分

別與木塊和彈簧秤相連，滑輪和木塊間的細(xì)線保持水平，在木塊上方放置祛碼，讓傳送帶順時(shí)

針運(yùn)行，木塊靜止后，讀出彈簧秤的示數(shù)F,可測(cè)得木塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小。

二叭單位:N

456

乙

(1)放一個(gè)祛碼時(shí)，彈簧秤的示數(shù)如圖甲所示，其讀數(shù)為N。

(2)增加袪碼個(gè)數(shù)，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，作出示數(shù)F與祛碼個(gè)數(shù)n的關(guān)系圖象如圖乙所示，已知每個(gè)祛碼的

質(zhì)量均為50g,重力加速度大小為9.80m/s2,可求得〃=(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；由上

述信息(選填“能”或“不能”)求出木塊的質(zhì)量.

12.在“實(shí)驗(yàn)：探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的定量關(guān)系”中，實(shí)驗(yàn)用的電源電動(dòng)勢(shì)為3心金屬絲的

①為使測(cè)量更為準(zhǔn)確，請(qǐng)?jiān)趫D甲中正確選擇電流表的量程并接入電路.

②用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，其讀數(shù)為d=mm.

③滑動(dòng)變阻器觸頭調(diào)至一合適位置后不動(dòng).閉合開(kāi)關(guān)，P的位置選在ac的中點(diǎn)b,讀出金屬絲接人電

路的長(zhǎng)度為3電壓表、電流表的示數(shù)分別為U、/.請(qǐng)用U、/、L、d寫出計(jì)算金屬絲電阻率的表

達(dá)式：p=.

④本電路測(cè)量結(jié)果：P測(cè)P點(diǎn)(選填“>"或"<")誤差原因是.

四、簡(jiǎn)答題(本大題共1小題，共10.0分)

13.“地?cái)偂苯?jīng)濟(jì)為城市生活帶來(lái)了方便。如圖所示，某攤主的小車上面平放著物品4,右端的直桿

上用輕繩懸掛著物品B,小車在與水平方向成a=37。的拉力F作用下，沿水平地面做勻加速直

線運(yùn)動(dòng)，已知小車質(zhì)量為M=50kg,物品4、B的質(zhì)量均為m=5kg,物品4與小車間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為〃=0.8,重力加速度取g=10m/s2,不計(jì)其他阻力,s譏37°=0.6,cos370=0.8?

(1)為使得物品A與小車保持相對(duì)靜止，求拉力的最大值7；

(2)若輕繩與豎直方向的夾角。=37°,求拉力F的大小。

五、計(jì)算題(本大題共3小題，共35.0分)

14.如圖所示，傾角為0=53。的光滑斜面底端固定一勁度系數(shù)為100N/m

的輕彈簧，彈簧上端連接質(zhì)量為5kg的物塊Q,Q與平行斜面的輕繩相

連，輕繩跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪。與套在光滑豎直桿上的質(zhì)量為0.8kg的

物塊P連接，圖中。、B兩點(diǎn)等高，間距d=0.3m。初始時(shí)在外力作用

下，P在4點(diǎn)靜止不動(dòng)，4、B間距離h=0.4m,此時(shí)輕繩中張力大小為50N?，F(xiàn)將P由靜止釋放,

取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos530=0.6。求:

(1)P上升至B點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(2)P上升至B點(diǎn)的過(guò)程中，Q克服輕繩拉力做的功。

15.如圖所示，一個(gè)離子以初速度％沿某方向垂直射入寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后垂直射

入同寬度的電場(chǎng)，穿出電場(chǎng)的出射點(diǎn)與進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)在同一水平線上，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E,

穿出電場(chǎng)區(qū)域時(shí)發(fā)生的側(cè)移量為八，不計(jì)離子所受重力。求:

(1)該離子的電性和比荷(即電荷量q與其質(zhì)量m的比值);

(2)離子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的半徑r與磁場(chǎng)強(qiáng)度B；

(3)試比較離子分別在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間大小關(guān)系，并說(shuō)出理由。

***'If

16.如圖所示，水平圓盤通過(guò)輕桿與豎直懸掛的輕彈簧相連，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。

套在輕桿上的光滑圓環(huán)從圓盤正上方高為八處自由落下，與圓盤碰撞并立刻一起運(yùn)

動(dòng)，共同下降3到達(dá)最低點(diǎn)。已知圓環(huán)質(zhì)量為m,圓盤質(zhì)量為2m,彈簧始終在彈

性限度內(nèi)，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。求：

(1)碰撞過(guò)程中，圓環(huán)與圓盤組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量△E,

(2)碰撞后至最低點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)克服彈簧彈力做的功勿。

參考答案及解析

1.答案：c

解析：解：由x-t圖象轉(zhuǎn)化為"-匕圖象，5s末相遇，由“面積”相等知道2.5s共速。兩車共速時(shí)相

距最遠(yuǎn)，所以最大距離是陰影面積，即為25m。

故選：Co

將x-t圖象轉(zhuǎn)化為v-t圖象，根據(jù)。-t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，求解兩車間的最大距離。

本題是追及問(wèn)題，關(guān)鍵要分析清楚兩車之間速度和位移關(guān)系，知道兩車速度相等時(shí)間距最大，要熟

練運(yùn)用圖象法解答，也可以根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。

2.答案：C

解析：解：排球在飛行途中受到的力有重力和空氣阻力作用，沒(méi)有打擊力的作用，故A3。錯(cuò)誤，C

正確。

故選：C?

明確受力分析的基本方法，知道排球除受自身的重力外，還有空氣阻力，沒(méi)有向前的推力，從而即

可求解。

本題考查受力分析的內(nèi)容，掌握力不能離開(kāi)物體單獨(dú)存在，每一個(gè)力均要找到施力物體。

3.答案：。

解析：解：AB、小球恰能通過(guò)a點(diǎn)的條件是小球的重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律：加9=嗒，

解得：u=胸，要使小球能到a點(diǎn)，要使小球通過(guò)a點(diǎn)的條件是在a點(diǎn)速度大于等于師，

根據(jù)動(dòng)能定理：mg(h-/?)=^mv2,解得：h-所以小球過(guò)a點(diǎn)的條件是九＞|機(jī)與小球質(zhì)量

無(wú)關(guān)，故AB錯(cuò)誤；

CD、小球恰好離開(kāi)a點(diǎn)時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)，用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，

水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)：x=vt

豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)：R=^gt2,

解得：%=y[2R>R

所以小球在通過(guò)a點(diǎn)后不可能落回軌道之內(nèi)，故C錯(cuò)誤，。正確；

故選：D。

小球恰能通過(guò)a點(diǎn)的條件是小球的重力提供向心力，所以根據(jù)牛頓第二定律可解得。

要使小球能否到a點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理可以求出八的最小值，與小球質(zhì)量有關(guān)。

用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決。

充分理解平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律：水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)具有

等時(shí)性。

能根據(jù)牛頓第二定律得出小球在a點(diǎn)的臨界速度。

4.答案:A

解析：解：電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度小，

由題目中圖可知，4點(diǎn)的電場(chǎng)線密，所以4點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大，電荷在4點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大，所以外〉

故選：A.

電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度??；再據(jù)尸=Eq判斷即可.

加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，知道電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，電場(chǎng)線疏的地方

電場(chǎng)的強(qiáng)度小即可解決本題.

5.答案：B

解析：解：分析電路的結(jié)構(gòu)，c燈與變阻器R串聯(lián)后與b燈并聯(lián)，再與a燈串聯(lián)，電容器兩端電壓為b燈

兩端電壓。

R的滑片稍向上滑動(dòng)時(shí)，變阻器R接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律

得知，干路電流/增大，a燈變亮。

b燈的電壓/=E-/(r+Ra)減小，b燈變暗，則電容器兩端電壓減小，根據(jù)Q=CU可知，電容器

所帶電荷量減少。

通過(guò)c燈的電流/0=/-/(,，/增大，/b減小，則4增大，c燈變亮。故8正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：B.

分析電路的結(jié)構(gòu)，c燈與變阻器R串聯(lián)后與b燈并聯(lián)，再與口燈串聯(lián)，電容器兩端電壓為b燈兩端電壓。

當(dāng)R的滑片稍向上滑動(dòng)時(shí)，變阻器R接入電路的電阻變小，外電路總電阻變小，根據(jù)歐姆定律分析干

路電流的變化，再分析b燈電壓的變化和c燈的電流變化來(lái)分析燈泡亮度變化以及電容器所帶的電荷

量。

本題是電路中動(dòng)態(tài)變化分析的問(wèn)題，首先要搞清電路的結(jié)構(gòu)，其次要按“部分—整體-部分”的順序

分析。

6.答案：D

解析：解：粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)、、

過(guò)的圓心角分別是：＜pA=60°,＜pB=120°,

設(shè)粒子的運(yùn)動(dòng)軌道半徑為玷，9=Rtan30°=與R,i=Rtan60°=V5R，

A、洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：=三=3

1rmBr

則粒子1與粒子2的比荷值為：耳=阻=3,故AB錯(cuò)誤；

c、粒子運(yùn)動(dòng)的周期，7=答，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=2?r=嘿

qB2nqB

帶電粒子1與帶電粒子2在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間比值為4=薪=9募=|,故C錯(cuò)誤，￡＞正確;

萬(wàn)3oU3

故選：Do

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出粒子的軌道半徑,

由牛頓第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圓周的圓心角，然后求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

由數(shù)學(xué)知識(shí)求出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角是正確解題的關(guān)鍵。

7.答案：ABD

解析：解：A、滑塊與帶電量為Q的正電荷距離為工時(shí)，據(jù)題知，此時(shí)滑塊所在處的電勢(shì)為0=

則滑塊電勢(shì)能為"=q(p=管.故A正確.

B、若將滑塊無(wú)初速地放在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷與處，設(shè)滑塊最后將停在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷x處.

根據(jù)能量守恒定律得：qk*-qk*=nmg(x-xj,解得x=簫，即滑塊最后將停在距離場(chǎng)源點(diǎn)

電荷懸^處，故B正確.

C、若將滑塊無(wú)初速地放在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷打處，設(shè)當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷工3處的加速度為a，

由牛頓第二定律得：

k,0qQ—Rmg=ma,

則得a=翼一〃g，故C錯(cuò)誤.

?nx3

。、將滑塊無(wú)初速地放在距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷X1處，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到距離場(chǎng)源點(diǎn)電荷處的速度為明由動(dòng)

能定理得：

q(%-%)-眄9(x3-%1)=\mv2,

又叫=吟,53=吟，

X1x3

解得"二2〃g)(X3-故O正確.

故選：ABD.

根據(jù)題意可確定滑塊與帶電量為Q的正電荷距離為X時(shí)的電勢(shì)S，由公式與=q。求電勢(shì)能；將滑塊無(wú)

初速地釋放后，根據(jù)能量守恒定律求滑塊最后停止的位置.滑塊的加速度可根據(jù)庫(kù)侖定律和牛頓第

二定律求出.速度可根據(jù)動(dòng)能定理求出.

本題是信息題，要通過(guò)讀題明確電勢(shì)與滑塊和點(diǎn)電荷距離的關(guān)系，通過(guò)分析金屬塊的受力情況，由

牛頓第二定律分析加速度的變化情況，根據(jù)動(dòng)能定理求解電勢(shì)差和速度.

8.答案:ABD

解析：解：力、對(duì)B進(jìn)行受力分析可知，開(kāi)始時(shí)B處于平衡狀態(tài)，水平方向彈簧對(duì)B的彈力等于推力F；

撤去推力的瞬間，8在水平方向只受到彈簧的彈力，則：F=2ma

所以：a=卷故A正確；

B、C、從撤去推力到4離開(kāi)豎直墻壁前，4、B和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向受到墻壁的彈力，所以

動(dòng)量不守恒；整個(gè)的過(guò)程中只有彈簧的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒。故8正確，C錯(cuò)誤；

D、物塊A離開(kāi)豎直墻壁時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，則：E=12m詔

當(dāng)4與8的速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，選取向右為正方向，設(shè)此時(shí)的速度為次2m-v0=(m+

2m)v

22

彈簧彈性勢(shì)能最大值為昂，則：|-2mv^=|mv+12mv+EP

聯(lián)立得：Ep=1E.故。正確。

故選：ABD.

根據(jù)牛頓第二定律求出B的加速度的大小；根據(jù)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件判斷出動(dòng)量、機(jī)械能是

否守恒；根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒判斷出4離開(kāi)豎直墻壁后，彈簧彈性勢(shì)能最大值.

該題考查動(dòng)量守恒定律中的動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題，解答的關(guān)鍵是正確理解當(dāng)4與B的速度相等時(shí)，彈簧的彈

性勢(shì)能最大.

9.答案：AD

解析：

因?yàn)樯蠘O板帶負(fù)電，所以平行板間有豎直向上的電場(chǎng)，正電荷在電場(chǎng)中受到向上的電場(chǎng)力，負(fù)電荷

受到向下的電場(chǎng)力。則不帶電的小球做平拋運(yùn)動(dòng)；帶負(fù)電的小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度比重力加速

度大；帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運(yùn)動(dòng)。由此根據(jù)平拋和類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。

確認(rèn)不帶電小球做平拋運(yùn)動(dòng)，帶電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，分水平和豎直方向分析小球的運(yùn)動(dòng)，水平方

向勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解進(jìn)行分析。

4D.根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，球到達(dá)下極板時(shí)，在豎直方向

產(chǎn)生的位移九相等：h=\at2,解得：t=耳；由于平行板間有豎直向上的電場(chǎng)，正電荷在電場(chǎng)中

受到向上的電場(chǎng)力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負(fù)電荷受到向下的電場(chǎng)力，向下的合力

最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為重力加速度g,根據(jù)1=后得到正

電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，不帶電的小球所用時(shí)間處于中間；又三粒子水平方向做

勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平位移：%=vQt,由于初速度相同，所用時(shí)間越長(zhǎng)則水平位移越大，所以4粒子

帶負(fù)電，B粒子不帶電，C粒子帶正電，故AO正確；

A3種粒子下落過(guò)程有重力和電場(chǎng)力做功，它們的初動(dòng)能相同，根據(jù)動(dòng)能定理，合力做功越多則末動(dòng)

能越大，而重力做功相同，4粒子帶負(fù)電，電場(chǎng)力做正功；B粒子不帶電，電場(chǎng)力不做功；C粒子帶

正電電場(chǎng)力做負(fù)功；所以動(dòng)能E"<&B<EE，故三種粒子到達(dá)正極板時(shí)速度不相同，故B錯(cuò)誤；

C因4粒子帶負(fù)電，B粒子不帶電，C粒子帶正電，4受到的電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)力做正功，4的機(jī)械能

增加；B不受電場(chǎng)力作用，機(jī)械能不變；C受到的電場(chǎng)力向上，電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故C錯(cuò)

誤。

故選AD?

10.答案：CD

解析：解：CD、設(shè)物體的質(zhì)量為rn,物體受到空氣阻力的大小為人

由圖知物體的初動(dòng)能為&o=48/,物體落地時(shí)動(dòng)能為a=24/,物體上升的最大高度為h=4m

物體上升過(guò)程，由動(dòng)能定理得：-mgh-fh=0-Ek0

物體下降過(guò)程，由動(dòng)能定理得：mgh-fh=Ek

聯(lián)立解得m=0.9kg,f=3N,故C￡>正確；

A、由&得物體落地時(shí)速度大小為u=3同m/s,故A錯(cuò)誤；

B、由為0=詔得物體初速度大小為為=|V15m/s,故3錯(cuò)誤。

故選：CD。

對(duì)物體上升和下降兩個(gè)過(guò)程，分別運(yùn)用動(dòng)能定理列式，可求出物體的質(zhì)量和物體受到空氣阻力的大

小，再求物體落地時(shí)速度大小和初速度大小。

解決本題的關(guān)鍵要從圖象讀取有效信息，明確動(dòng)能和高度的關(guān)系，再分段運(yùn)用動(dòng)能定理解答。

11.答案：(1)3.85；

(2)0.64；能

解析：解:⑴由圖可知，彈簧秤的最小分度為0.1N,所以其讀數(shù)為3.85N；

(2)由實(shí)驗(yàn)原理可得：F=f=n(nm+M)g,即F=由圖象可得斜率k=6。。［3.50,

o

即=k,聯(lián)立解得：〃=0.64,

圖線與縱軸的交點(diǎn)即為木塊的重力與動(dòng)摩擦系數(shù)的乘積，所以能求出木塊的質(zhì)量。

故答案為:(1)3.85(3.82?3.87)；(2)0.64(0.61?0.65)；能。

(1)根據(jù)彈簧秤的讀數(shù)方法即可確定對(duì)應(yīng)的讀數(shù)；

(2)明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)原理可得出對(duì)應(yīng)的關(guān)系式，從而由圖象求出動(dòng)摩擦因數(shù)，進(jìn)而確定能否求出

質(zhì)量。

本題考查滑動(dòng)摩擦力以及彈簧秤的讀數(shù)，要注意明確彈簧秤的最小分度，明確拉力與摩擦力間的關(guān)

系是解題的關(guān)鍵。

12.答案：0.689；叫竺；＜；電壓表的分流作用

4/L

解析：解：①電路最大電流約為：/=9=蕓=0.64則電流表應(yīng)選擇0.64量程，把電流表串聯(lián)接

入電路，電路圖如圖所示：

②由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為：0.5nun+18.9x0.01mm=0.689mm；

③電阻絲電阻：R=%由電阻定律可知：R=p=g=p亳，解得，電阻率：P=嘿;

④由圖示電路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，所測(cè)電流偏大,

由p=%絲可知，電阻率的測(cè)量值偏小，即測(cè)量值小于真實(shí)值.

故答案為：①電路圖如圖所示；②0.689;③嘿；@＜；電壓表的分流作用.

①求出電路最大電流，然后選擇電流表量程，把電流表串聯(lián)接入電路.

②螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù).

③應(yīng)用歐姆定律求出電阻絲阻值，然后應(yīng)用電阻定律求出電阻率.

④根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路應(yīng)用歐姆定律分析實(shí)驗(yàn)誤差.

本題考查了連接實(shí)物電路圖、螺旋測(cè)微器讀數(shù)、求電阻率、實(shí)驗(yàn)誤差分析：螺旋測(cè)微器固定刻度與

可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器示數(shù)，對(duì)螺旋測(cè)微器讀數(shù)時(shí)要注意估讀，讀數(shù)時(shí)視線要與刻度線垂

直.

13.答案：解:

(1)為使得物品4與小車保持相對(duì)靜止，小車和4組成的系統(tǒng)的加速度不能大于4物體的最大加速度。

4物體加速度最大時(shí)，受動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓定律有

fj.mg=maA

2

解得，aA=8m/s

對(duì)小車和4、B組成的系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)牛頓第二定律有：

Fmcosa=(M+2m')aA

解得，F(xiàn)m=600W

(2)對(duì)小球B,做受力分析，在水平方向上

mgtand—ma

解得，a=7.5m/s2

對(duì)整體，

Fcosa=(M+2m)a

解得，F(xiàn)=562.5N

答：(1)為使得物品4與小車保持相對(duì)靜止，拉力的最大值為600N；

(2)拉力F的大小為562.5N。

解析：系統(tǒng)要不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A的最大加速度就是系統(tǒng)的最大加速度，即a=49。再對(duì)整體運(yùn)用

牛頓第二定律，求出最大力即可。對(duì)B求進(jìn)行受力分析，根據(jù)合外力求出加速度，B的加速度也就是

系統(tǒng)的加速度，再次使用牛頓定律即可求出拉力尸。

本題考查板塊問(wèn)題相對(duì)運(yùn)動(dòng)的臨界條件，不受拉力的物體靠摩擦力加速，因此有最大加速度，滑動(dòng)

摩擦力對(duì)應(yīng)著最大加速度。體系的加速度不能大于不受拉力的物體的最大加速度。

14.答案：解：(1)物體P位于4點(diǎn)時(shí)，假設(shè)彈簧伸長(zhǎng)量為xi，輕繩的張力F=50N,對(duì)物塊Q,由平衡

條件得：

T=mQgsind+kxt

代入數(shù)據(jù)解得彈簧的伸長(zhǎng)量：%!=0.1m

P上升到B點(diǎn)時(shí)，。8垂直于豎直桿，OB=d=0.3m,此時(shí)物塊Q速度為0,

根據(jù)勾股定理得：OP=\/h2+d2=V0.42+0.32m=0.5m

P從4到B過(guò)程，Q下降距離：△%=OP—OB=0.5m-0.3m=0.2m,

此時(shí)彈簧壓縮量：x2=△x—xx=0.2m—0.1m=0.1m

P在4點(diǎn)與B點(diǎn)時(shí)彈性的形變量相同，彈性勢(shì)能相同，

P從A到B過(guò)程，對(duì)物塊P、Q及彈簧組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得：

1.

mQg△x-sind—mPgh—-mPVp

代入數(shù)據(jù)解得：vP=2\/3m/s

(2)P在4點(diǎn)時(shí)Q的速度為零，P在B點(diǎn)時(shí)Q的速度為零，

P在4、B兩位置時(shí)彈簧的形變量相等，P從A到B過(guò)程彈簧對(duì)Q做功為零，

P從A到8過(guò)程，設(shè)輕繩對(duì)Q做功為W,對(duì)Q,由動(dòng)能定理得：

W+mQg△x-sind=0-0

代入數(shù)據(jù)解得：W=-8J

Q克服輕繩拉力做功為8/

答：(1)P上升至8點(diǎn)時(shí)的速度大小是2gzn/s；

(2)P上升至B點(diǎn)的過(guò)程中，Q克服輕繩拉力做的功是8/。

解析：(1)P位于4點(diǎn)時(shí)物塊Q靜止，對(duì)物塊Q由平衡條件求出彈簧的伸長(zhǎng)量；根據(jù)幾何關(guān)系和系統(tǒng)機(jī)

械能守恒定律求