2021屆河南省高考物理仿真模擬試卷(5月份)(含答案解析)

2021屆河南省高考物理仿真模擬試卷（5月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.皮帶傳送機的皮帶與水平方向的夾角為a,如圖所示，將質量為機的小心夕

物塊放在皮帶傳送機上,隨皮帶一起向下以加速度a做勻加速直線運動，

則（）..........

A.小物塊受到的支持力的方向不一定垂直于皮帶指向物塊

B.小物塊受到的靜摩擦力的方向一定沿皮帶斜向下；

C.小物塊受到的靜障擦力的大小可能等于mgsina

D.小物塊受到的重力和摩擦力的合力的方向一定沿斜面方向

2.質量為5噸的汽車，以10m/s的速率通過半徑為20根的凸形橋面最高點時，汽車對橋面的壓力

大小是:（g=10m/s2）（）

A.4.9x104/VB.2.5x104/VC.7.5x104/VD.0

3.關于在大氣中水平勻速飛行的民航飛機與沿圓形軌道繞地球運動的人造衛(wèi)星，下列敘述中正解

的是（）

A.民航飛機上乘客受地球的重力是零

B.人造衛(wèi)星內的設備受地球萬有引力為零，因此處于失重狀態(tài)

C.飛機在空中水平勻速航行時不需要耗用燃料提供的動力

D.人造衛(wèi)星做勻速圓周運動時不需要耗用燃料提供的動力

4.如圖所示，一均勻帶正電絕緣細圓環(huán)水平固定，環(huán)心為。點.帶正電的小球A：

從。點正上方的A點由靜止釋放，穿過圓環(huán)中心0,并通過關于。與A點對尸—JI\

稱的A點，取。點為重力勢能零點.關于小球從4點運動到4'點的過程中，小

I

A'i

球的加速度4、重力勢能EpG、機械能E、電勢能EpE隨位置變化的情況，下列

說法中正確的是（）

A.從A到。的過程中a一定先增大后減小，從O到小的過程中〃一定先減小后增大

B.從A到。的過程中0G小于零，從。到4的過程中EpG大于零

C.從4到。的過程中E隨位移增大均勻減小，從。到A的過程中E隨位移增大均勻增大

D.從A到0的過程中與￡隨位移增大非均勻增大，從0到A的過程中隨位移增大非均勻減

小

5.在鉛球比賽中，某同學投擲鉛球出手時速度大小為％,離開地面高度力，落地的速度大小為匕，

水平距離為S,鉛球質量為〃7,投擲質量為〃?，投擲鉛球力的大小為F,則該同學在投擲鉛球時

做的功為（

A.FSB.mgh+^mVgC.說D.-mvl

二、多選題（本大題共4小題，共23.0分）

6.下面關于光的波粒二象性的說法中，正確的說法是（）

A.大量光子產生的效果往往顯示出波動性，個別光子產生的效果往往顯示出粒子性

B.頻率越大的光其粒子性越顯著，頻率越小的光其波動性越顯著

C.光在傳播時往往表現(xiàn)出的波動性，光在跟物質相互作用時往往表現(xiàn)出粒子性

D.光不可能同時既具有波動性，又具有粒子性

7.如圖所示，接在照明電路中的自耦變壓器的副線圈上通過輸電線接有三廠昌―n

L,

個燈泡4、42和人，輸電線的等效電阻為R當滑動觸頭尸向上移動一段一幅T<n3

距離后，下列說法正確的是（）.-----1—士

A,等效電阻R上消耗的功率變小B.三個燈泡都變亮

C.原線圈兩端的輸入電壓減小D.原線圈中電流表示數(shù)減小

8.如圖所示,長為4a、寬為a的矩形導體框ABCD豎直固定，虛線EF到導體框AB邊的距離為

在虛線EF下方存在方向垂直于導體框所在平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為瓦導體棒

的材料、粗細與導體框相同，單位長度的電阻為，。現(xiàn)將導體棒從與導體框邊重合的位置由

靜止釋放（兩者始終接觸良好且保持垂直），進入磁場時的加速度剛好為0,此后用豎直方向的外

力控制導體棒一直向下做勻速運動，重力加速度為g,貝女）

X

B

X

A.導體棒的質量m=喀回

B.從導體棒進入磁場到出磁場的過程中，導體棒中電流的最小值/mE=第

C.從開始到導體棒出磁場的過程中，電路中產生的焦耳熱。=逆色亞

26r

D.從導體棒進入磁場到出磁場的過程中，外力方向始終不變

9.下列說法正確的是（）

A.當人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大

B.處于完全失重的水滴呈球形，是液體表面張力作用的結果

C.水蒸氣的壓強不再發(fā)生變化，說明蒸發(fā)和液化達到動態(tài)平衡

D.晶體一定有規(guī)則的幾何形狀，形狀不規(guī)則的金屬一定是非晶體

E.一定質量的理想氣體體積不變時，溫度越高，單位時間內器壁單位面積受到氣體分子撞擊的

次數(shù)越多

三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）

10.（1）空間中存在一列向右傳播的簡諧橫波，波速為2m/s,在t=0時刻的波形如圖甲所示.試寫

出x=2.0m處質點的位移--時間關系表達式；

（2）若空間中存在振幅不同，波速相同的兩列機械波相向傳播，它們的周期均為T,t=0時刻兩列波

的波形如圖乙所示，請定性畫出％=:時刻的波形圖（在答題紙上劃線處自行畫出）

4

四、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

11.利用圖1所示裝置可以做力學中的許多實驗

a/m.s'1

(1)以下說法正確的是

A.利用此裝置“研究勻變速直線運動”時，必須設法消除小車和木板間的摩擦力的影響

員利用此裝置探究“小車的加速度與合外力的關系”：當小車與車中祛碼的總質量遠大于小桶及桶

中祛碼的總質量時，才可以認為繩對小車的拉力大小約等于小桶及桶中祛碼的總重力

C.利用此裝置探究“小車的加速度與質量的關系”并用圖象法處理數(shù)據時，如果畫出的a-M關系圖

象不是直線，就可以確定加速度和質量成反比

(2)如圖所示的裝置做“探究加速度與力的關系”的實驗：小車擱置在水平放置的長木板上，紙帶連

接車尾并穿過打點計時器，用來測小車的加速度a,小桶通過細線對小車施拉力?

I.某次實驗得到的一條紙帶如圖2所示，從比較清晰的點起，每五個打印點取一個點作為計數(shù)點,

分別標為0、1、2、3、4.測得0、1兩計數(shù)點間距離Si=30,001機,3、4兩計數(shù)點間距離54=48.0mm,

則小車的加速度為rn/s2.(結果取兩位有效數(shù)字)

口.在保持小車質量不變的情況下，改變對小車拉力產的大小，測得小車所受拉力尸和加速度a的數(shù)

據如下表：

F/N0.200.300.400.500.60

a/(ms-2)0.100.210.290.410.50

①根據測得的數(shù)據，在圖3中作出a-F圖象.

②由圖象可知，小車與長木板之間的最大靜摩擦力大小為N.(結果取兩位有效數(shù)字)

③若要使作出的a-F圖線過坐標原點，需要調整實驗裝置，可采取以下措施中的

人增加小車的質量&減小小車的質量

C.適當墊高長木板的右端D.適當增加小桶內祛碼質量.

12.在一次課外實踐活動中，某課題研究小組收集到數(shù)碼相機、手機等電子產品中的一些舊電池以

及從廢舊收音機上拆下的電阻、電容、電感線圈等電子元件.現(xiàn)從這些材料中選取兩個待測元

件，一是電阻&（約為2k。），二是手機中常用的鋰電池（電動勢E標稱值為3.7V,允許最大放電

電流為10064）.在操作臺上還準備了如下實驗器材:

A.電壓表（量程4匕電阻即約為4.O/C0）

8.電流表4式量程100〃源，內阻不計）

C.電流表人2（量程2〃出，內阻不計）

D滑動變阻器Ri（0?2W2,額定電流0.14）

￡電阻箱/?2（0?999.90）

F.開關S一只，導線若干.

（1）為了測定電阻扁的阻值，小組的一位成員設計了如圖1所示的電路原理圖，所選取的相應器材（電

源用待測的鋰電池）均標在圖上，其器材選取中有不妥之處，你認為應該怎樣調整？

（2）如果在實際操作過程中，發(fā)現(xiàn)滑動變阻器飛、電壓表已損壞，用余下的器材測量鋰電池的電動勢

E和內阻r.

①請你在圖2方框中畫出實驗電路原理圖（標注所用器材符號）；

②該實驗小組的同學在實驗中取得多組數(shù)據，然后作出如圖3所示的線性圖象處理數(shù)據，則電源電

動勢為匕內阻為n.

五、簡答題（本大題共1小題，共3.0分）

13.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，在），軸右側和y=-x的上方區(qū)域有沿），軸負方向的勻強

電場，電場強度大小為E,在x軸下方向和y=-％的左側區(qū)域有垂直于坐標平面向外的勻強磁

場，在坐標原點處沿x軸正向射出一束質量為〃?、電荷量為q的帶正電的粒子，這束粒子第一

次出電場的范圍在y=-%上的P、。兩點之間，OP=L,OQ=2L,從尸點出電場的粒子第一

次在磁場中運動的軌跡剛好與y軸相切，不計粒子的重力，不計粒子間的相互作用，求：

（1）粒子從。點射出的速度大小范圍;

（2）勻強磁場的磁感應強度大?。?/p>

(3)試分析：第一次從。點射出電場的粒子，第一次在磁場中運動會不會穿過y軸，說明理由。

y二T

六、計算題(本大題共3小題，共30.0分)

14.如圖所示，水平面上固定一個傾角為。=37。的足夠長斜面，斜面頂

端有一光滑的輕質定滑輪，跨過定滑輪的輕細繩兩端分別連接物塊A日6X、

和B(兩物塊均可視為質點)，其中物塊A的質量為叫,=0.8kg,物塊

8的質量為me=1.2kg.一輕質彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于斜面上的C

點.初始時物塊A到C點的距離為L=0.5m.現(xiàn)給A、B—大小為幾=3rn/s的初速度使A開始

沿斜面向下運動，8向上運動.若物塊B始終未到達斜面頂端，物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)

為〃=0.5,sin370=0.6,cos37°=0.8,取g=lOm/s2,空氣阻力不計.

(1)試求物塊A向下剛運動到C點時的速度大小；

(2)若彈簧的最大壓縮量為4x=0.2m,試求彈簧的最大彈性勢能Epm；

(3)在(2)的基礎上，若物塊B剛開始運動時離水平面的高度h=0.6m,求當物塊3落地后，物塊4

能夠上升的最大高度.

15.使一定質量的理想氣體按如圖甲中箭頭所示的順序變化，圖中8c段//atm

(1)已知氣體在狀態(tài)A的溫度為二=300K,求氣體在狀態(tài)B、C和。的溫2'"V"li'.

度是多少？o'-10203040\/￡

(2)將上述變化過程在圖乙了-7圖象中表示出來(標明A、B、C、。四點，并用箭頭表示變化方向)。

16.一列波以60。的入射角入射到兩種介質的交界面上，反射波剛好與折射波垂直，反射角和折射角

分別是多大？

【答案與解析】

1.答案：C

解析：解：A、小物體受到的支持力為彈力，方向一定垂直于皮帶指向物體，故A錯誤；

B、由于物體加速度大小未知，由牛頓第二定律列方程得：mgsina+f=ma,故靜摩擦力的方向不

能確定，故8錯誤

C、由牛頓第二定律列方程得：mgsina+f—ma,te/=mgsina—ma^f-ma—mgsina,所以

C正確

物體受重力、支持力和靜摩擦力作用，三力合力沿傳送帶平面向下，而彈力必與此平面垂直，

小物塊受到的重力和摩擦力的合力的方向一定不沿斜面方向，故。錯誤

故選C

質量為旭的物體放在皮帶傳送機上，隨皮帶一起以向下加速度做勻加速直線運動，受重力、支持力

和靜摩擦力作用下運動，根據牛頓第二定律列方程討論解決

解決本題的關鍵能夠正確地進行受力分析，抓住物體的加速度與傳送帶相同，運用牛頓第二定律進

行求解.

2.答案：B

解析：解：在最高點，汽車由重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二產

定律得：IcJ

mg-FN=m-+

解得FN=m(g-9)=5000x(10-：)N=2.5x104N.

由牛頓第三定律知，通過最高點時汽車對橋面的壓力為2.5X104N,故B正確，ACD錯誤。

故選：B.

汽車在最高點靠重力和支持力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出

汽車對橋面的壓力大小.

解決本題的關鍵搞清汽車做圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解.

3.答案：D

解析：解：A、民航飛機上的乘客受重力和支持力，兩個力的合力為零，故A錯誤.

8、人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，僅受萬有引力，處于完全失重狀態(tài).故8錯誤.

C、飛機在空中勻速飛行需要耗用燃料提供的動力.故C錯誤.

。、人造衛(wèi)星做勻速圓周運動靠地球的引力提供向心力，不需要耗用燃料提供動力.故。正確.

故選。.

飛機勻速飛行，合力為零，人造衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，靠萬有引力提供向心力.

解決本題的關鍵知道飛機勻速飛行處于平衡狀態(tài)，人造衛(wèi)星做勻速圓周運動不是平衡狀態(tài)，靠萬有

引力提供向心力.

4.答案：D

解析：解：小球運動過程的示意圖如圖所示.

A、圓環(huán)中心的場強為零，無窮遠處場強也為零，則小球從A到圓環(huán)中心的過程中，場強可能先增大

后減小，也可能一直減小，則小球所受的電場力可能先增大后減小方向豎直向上，也可能一直減小

方向向上，由牛頓第二定律得知，重力不變，則加速度可能先減小后增大，也可能一直增大.故4

錯誤.

8、小球從A到圓環(huán)中心的過程中，重力勢能昂6=爪9八，小球穿過圓環(huán)后，EpG=-mgh,故8錯

誤.

C、由于圓環(huán)所產生的是非勻強電場，小球下落的過程中，電場力做功與下落的高度之間是非線性關

系，電勢能變化與下落高度之間也是非線性關系，故C錯誤

。、小球從A到圓環(huán)中心的過程中，電場強度非勻強電場，電場力做負功但不是均勻變化的，機械

能減小，但不是均勻減小，小球穿過圓環(huán)后，同理，故。正確.

故選：D

畫出小球運動的示意圖，通過分析小球受到的電場力可能的情況，來確定合力情況，再由牛頓第二

定律分析加速度情況.由Ep=mgh分析重力勢能的變化情況.根據電場力做功情況，分析小球機械

能的變化和電勢能的變化情況

本題難點是運用極限法分析圓環(huán)所產生的場強隨距離變化的關系.機械能要根據除重力以外的力做

功情況，即電場力情況進行分析

5.答案：D

解析：解：對鉛球出手前后運用動能定理得，勿=：巾詔-0=[m詔。

對整個過程研究，有：W+mgh=,解得W=說一mg八.故。正確，A、B、C錯誤。

故選：Do

根據鉛球出手前后的初末動能，結合動能定理求出投擲鉛球時做功的大小。

運用動能定理解題關鍵選擇好研究的過程，分析過程中有哪些力做功，然后根據動能定理列式求解，

基礎題。

6.答案：ABC

解析：分析：光子既有波動性又有粒子性，波粒二象性中所說的波是一種概率波，對大量光子才有

意義.波粒二象性中所說的粒子，是指其不連續(xù)性，是一份能量.個別光子的作用效果往往表現(xiàn)為

粒子性；大量光子的作用效果往往表現(xiàn)為波動性.光的波粒二象性是指光有時表現(xiàn)為波動性，有時

表現(xiàn)為粒子性.

解析：

A、光既具有粒子性，又具有波動性，大量的光子波動性比較明顯，個別光子粒子性比較明顯，故A

正確；

8、在光的波粒二象性中，頻率越大的光其粒子性越顯著，頻率越小的光其波動性越顯著，故8正確；

C、光在傳播時往往表現(xiàn)出的波動性，光在跟物質相互作用時往往表現(xiàn)出粒子性，故C正確；

。、光的波粒二象性是指光有時表現(xiàn)為波動性，有時表現(xiàn)為粒子性，二者是統(tǒng)一的，故。錯誤.

故選ABC.

7.答案：AD

解析：解：A、由于原線圈電壓不變，根據電壓與匝數(shù)成正比得，隨著滑動觸頭P向上移動一段距離

后，即原線圈匝數(shù)增加，導致副線圈電壓減小，則等效電阻R上消耗的功率變小，故A正確；

8、由A選項可知，電壓減小，則三個燈泡都變暗，故B錯誤；

C、原線圈兩端的輸入電壓不變，故C錯誤；

。、由A選項可知，電壓減小，則電流變小，所以原線圈的電流也變小，故。正確；

故選：AD

根據電壓與匝數(shù)成正比，可確定當滑動觸頭尸向上移動一段距離后，由于原線圈的輸入電壓不變，

則可知，副線圈電壓變化、燈泡的亮暗、電線上消耗的功率及副線圈上的電流.

理解原副線圈的電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，原線圈的電流隨著副線圈電流變化而變化；

并根據閉合電路歐姆定律來分析動態(tài)變化.

8.答案：AB

解析：解:4、導體棒進入磁場前做自由落體運動，設剛進入磁場時的速度為V,則v==廊,

導體棒剛進入磁場時所受安培力：F安培=Bia=手，

導體棒剛進入磁場時加速度為零，則所受合力為零，則^9=竺番，

導體棒是電源，內阻為〃，外電路為導體框上、下兩部分并聯(lián)電路,

電路總電阻R=ar+'二”=2.6ar,

2ar+8ar

解得：山=隼運，故A正確；

8、當導體棒運動到導體框中間位置時，電路總電阻最大，

最大總電阻Rmax=ar+=3.5ar,此時電路電流最小，

電路最小電流Anin=3—==2與：°,故8正確；

K

maxssarIT

C、設導體棒在磁場中運動過程電路產生的焦耳熱為Q,外力做功為w,導體棒勻速運動，動能的

變化量為0，由動能定理得：

7

-mga+W—Q=0,

解得：Q=/+35BB、呵故C錯誤；

D,設到CO邊距離為：a的位置為E'F'位置，導體棒在所和E'F'兩個位置時，電路的電阻相等，由

題意可知，導體棒在在EF位置時受到的安培力等于重力，則導體棒在E'F'位置時所受重力也等于安

培力，導體棒做勻速運動，則其所受合力為0,導體棒從EF向下運動到￡戶位置過程中，電阻先增

大后減小，電流先減小后增大，安培力先減小后增大，則外力尸先增大后減小，方向始終向上；導

體棒從E'F'向下運動，電阻變小，電流變大，安培力變大，大于重力，則外力向下，外力方向發(fā)生

改變，故。錯誤。

故選：AB.

導體棒進入磁場前做自由落體運動，求出導體棒剛進入磁場時的速度，根據安培力公式求出導體棒

進入磁場時受到的安培力，應用平衡條件求出金屬棒的質量；當導體棒運動到導軌中間位置時電路

總電阻最大，電路電流最小，應用歐姆定律求出電路最小電流；分析清楚導體棒的運動過程，應用

動能定理求出回路產生的焦耳熱；根據導體棒運動過程分析清楚其受力情況，判斷外力方向是否變

化。

本題是電磁感應與電路、力學相結合的一道綜合題，難度較大，根據題意分析清楚導體棒的運動過

程是解題的前提與關鍵，應用安培力公式、平衡條件、動能定理即可解題。

9.答案：BCE

解析：解：A、在一定溫度條件下，空氣的相對濕度越大，水蒸發(fā)越慢，人就感到越潮濕，故當人們

感到潮濕時，空氣的相對濕度一定較大，但絕對濕度不一定大，故A錯誤；

8、處于完全失重狀態(tài)時，由于液體表面張力作用而水滴形成球形，故B正確；

C、水蒸氣達到飽和時，水蒸氣的壓強，不再變化，水的蒸發(fā)與水蒸氣的液化達到平衡，是一種動態(tài)

平衡，水蒸氣仍然液化。故C正確；

。、單晶體一定有規(guī)則的幾何形狀，而多晶體與非晶體沒有天然的規(guī)則的幾何形狀。故。錯誤；

E、氣體體積不變時，溫度越高，由pV=CT知，氣體的壓強越大，由于單位體積內氣體分子數(shù)不變，

分子平均動能增大，所以單位時間內容器壁單位面積受到氣體分子撞擊的次數(shù)越多。故E正確；

故選：BCE。

空氣的相對濕度越大，水蒸發(fā)越慢，人就感到越潮濕：液體表面張力是由于液體表面分子間距大于

平衡間距，分子力表現(xiàn)為引力造成的；水蒸氣達到飽和時，水蒸氣的壓強，不再變化，水的蒸發(fā)與

水蒸氣的液化達到平衡；多晶體的形狀也不一定是規(guī)則的；氣體的壓強與分子平均動能和分子數(shù)密

度有關。

該題主要考查表面張力以及相對濕度、絕對濕度、晶體、非晶體、氣體壓強等概念，屬于了解的內

容，多看課本，多加積累即可。

10.答案:x=-5sin2nt^cm)

解析：解：⑴由圖讀出振幅A=5cm,波長4=2m,則周期T=?=|=1s,角頻率3=半=2nrad/s.

波向右傳播，圖示時刻x=2.0m處質點振動方向沿y軸負方向，則x=2.0m處質點的位移-時間關系

表達式為：

y——5sin3t(cm)——5sin27rt'(cm)；

(2)在寸刻，兩列波都向前傳播;個波長，所以波峰在虛線處相遇，振幅等于兩列波振幅之和，

畫出波形如圖：

故答案為：(l)y=-5sin3t(cm)(2)如圖.

(1)由波形圖讀出振幅和波長，求出周期，再求角頻率.寫出x=2.0m處質點的位移-時間關系表達

式.

(2)根據波傳播的距離，分析波疊加的結果.

波疊加時的位移等于兩列波的位移之和.

a/m/s2

解析：解：(1)4、此裝置可以用來研究勻變速直線運動，但不需要平衡摩擦力，故A錯誤.

8、探究“小車的加速度與合外力的關系”：當小車與車中祛碼的總質量遠大于小桶及桶中祛碼的總

質量時，才可以認為繩對小車的拉力大小約等于小桶及桶中祛碼的總重力，故8正確.

C、曲線的種類有雙曲線、拋物線、三角函數(shù)曲線等多種，所以若a-m圖象是曲線，不能斷定曲線

是雙曲線，即不能斷定加速度與質量成反比，應畫出a-三圖象，故C錯誤.

m

故選：B

(2)I.每隔五個打印點取一個計數(shù)點，所以2,3兩計數(shù)點間的時間間隔為7=0.1s,

根據勻變速直線運動的推論△尤=a72,有:

2

s4—Si=3aT,

0.048-0.030

所以解得:a=—0.60m/s2

0.03

口.①在a-F圖象中根據所給的數(shù)據描點.作圖，如圖所示:

②當拉力大于等于最大靜摩擦時，物體開始運動，由上問所得a-F圖象可知當拉力等于0.10N時物

體開始運動，故最大靜摩擦力為0.10N.

③若要使作出的a-F圖線過坐標原點即繩子的拉力就等于小車所受的合外力，故需要平衡摩擦力,

其方法是適當墊高長木板的右端.故C正確.

故選：C.

故答案為：(1)8；(2)I.0.60；口.①如圖所示；②0.10;③C。

(1)利用圖示小車紙帶裝置可以完成很多實驗，在研究勻變速直線運動時不需要平衡摩擦力，在探究

“小車的加速度與質量的關系”和探究“功與速度變化的關系”實驗時，需要平衡摩擦力，當小車

與車中祛碼的總質量遠大于小桶及桶中祛碼的總質量時，才可以認為繩對小車的拉力大小約等于小

桶及桶中祛碼的總重力；

(2)根據勻變速直線運動的推論公式△x=aX可以求出加速度的大?。划斃Υ笥诘扔谧畲箪o摩擦

時，物體開始運動：a-尸圖線過坐標原點即繩子的拉力就等于小車所受的合外力，故需要平衡摩擦

力，其方法是適當墊高長木板的右端.

只要真正掌握了實驗原理就能順利解決此類實驗題目，而實驗步驟，實驗數(shù)據的處理都與實驗原理

有關，故要加強對實驗原理的學習和掌握，要提高應用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實驗問題的

能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用.

12.答案：用&替換&3.57

解析：解：(1)根據閉合電路歐姆定律，當滑動變阻器短路時，電流為：/=系=7^焉，故用電

I-TKQITZUUU

流表&量程太大，讀數(shù)不準確；

故答案為：用4替換

(2)①如圖所示

反,S

^2^。??J

②根據閉合電路歐姆定律，電流的表達式為：/=念，則：7=^r+7，

結合圖象可以得到：r=7/2,E=3.5V

故答案為：(1)用4替換①；(2)①如圖所示；②3.5；7.

(1)根據閉合電路歐姆定律，估算出電路中電流的范圍，從而得到電流表量程偏大.

(2)①滑動變阻器可以用電阻箱替換，由于電阻箱的電阻可以直接讀出，因而可以不用電壓表；

②先推導出電阻R與電流關系的一般表達式，然后結合圖象得到數(shù)據.

本題關鍵要從實驗要求中的安全、準確、操作方便的角度進行分析，難度適中.

13.答案：解：(1)設第一次從P點射出電場的粒子初速度大小為火,從。射出電場的粒子初速度大

小為外，粒子在電場中做類平拋運動，則有：

當心=9由，

4=工藝用

22m1

V2,

—?2L=V2t2^

(2)從P點出電場的粒子運動軌跡如圖所示，設粒子進磁場時速度方向與

x軸正向的夾角為6,根據幾何關系有tan。=2,

設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為根據幾何關系知:

%+qsin=會,

解得6=湍3

設粒子運動到P點的速度大小為小,根據動能定理有

r,V2,1,1

QE—L=-mVp--mvf2,

根據牛頓第二定律有：q%B=m?

聯(lián)立兩式解得:

(3)設從。點射出電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為上，粒子到。點的速度為外，

根據動能定理有：qExV2Z,=|mvQ-

根據牛頓第二定律有：qvQB=m，

解得：「2=(5-275)3

由于萬+r2sind=L<yX2L,

因此此粒子第一次在磁場中運動不會穿過y軸。

答：(1)粒子從。點射出的速度大小范圍為：J要

(2)勻強磁場的磁感應強度大小為(當+手)

(3)由于上+r2s譏。=L<yX2L,因此此粒子第一次在磁場中運動不會穿過y軸。

解析：(1)設第一次從尸點射出電場的粒子初速度大小為力,從。射出電場的粒子初速度大小為外,

粒子在電場中做類平拋運動，根據位移與時間關系列方程分別求出力和以，從而知初速度的大小范

圍；

(2)畫出從P點出電場的粒子運動軌跡如圖所示，根據幾何關系知半徑，根據動能定理和牛頓第二定

律列方程求解B；

(3)設從。點射出電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為上，粒子到。點的速度為頂，根據動能定

理和牛頓第二定律列方程求解半徑上，然后根據幾何關系判定粒子第一次在磁場中運動會不會穿過y

軸。

本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過

受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動及類平拋運動的基本公式，難度適中。

14.答案：解：(1)設物塊A向下剛運動到C點時的速度大小為v,則由動能定理得：

1,1,

z

mAgLsin6—^mAgcosd-L—mBgL=-(mA+mB)v--(mA+mB)VQ

代入數(shù)據解得：v=J^m/s

(2)當彈簧的壓縮量達到最大時，此時物塊A、8的速度均為零，對兩個物體及彈簧組成的系統(tǒng)，運

用能量守恒定律得：

|(mA+mB)Vo+mAg(L+△x)sin0=iimAgcosd-(L+△x)+mBg{L+△x)+Epm.

代入數(shù)據解得：Epm=1.72;

(3)由題意可知，物塊A沿斜面向下運動，壓縮彈簧后再沿斜面向上運動，在從物塊A開始運動到A、

8返回原處的過程中，只有摩擦力做功不為零，設A、8返回原處時的速度大小為M,由動能定理得：

1?1.

z

-(mA+me)v--(mA+mB')VQ——iimAgcos0-2(L+△x)

此后物塊A沿斜面向上運動，設物塊B剛剛到達地面時的速度大小為則由動能定理得：

11

m2

2(.A+-~(jnA+m^v'=mBgh—mAghsin9—ptmAgcosS-h.

之后物塊A上升到最高點的過程中，不再受繩子的拉力作用，設物塊A能夠上升的最大高度為“，

由動能定理得：

H1