2022屆高考物理選考模擬試卷 1答案公開課

答案和解析

1.【答案】

D

【解析】

【分析】

本題考查對(duì)基本單位的掌握情況，要注意明確物理公式同時(shí)對(duì)應(yīng)了單位的換算關(guān)系。

【解答】

根據(jù)E=:以及F=ma>q=/t可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的單位1N/C=kg-m/{A-s3),由于N、

U不是國(guó)際單位制中的基本單位，故A8C錯(cuò)誤，。正確。

故選D。

2.【答案】

C

【解析】

【分析】

既有大小、又有方向，合成與分解遵循平行四邊形定則的物理量是矢量；而只有大小的

物理量是標(biāo)量；國(guó)際單位制中將長(zhǎng)度、質(zhì)量和時(shí)間三個(gè)物理量作為基本物理量。

本題關(guān)鍵是明確矢量和標(biāo)量的區(qū)別，還要知道力學(xué)單位制的基本物理量和基本單位，基

礎(chǔ)題目。

【解答】

解：4加速度、力為矢量，而時(shí)間是標(biāo)量，故A錯(cuò)誤；

A質(zhì)量為標(biāo)量，而位移、速度為矢量，故8錯(cuò)誤；

C.長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間為國(guó)際單位制的三個(gè)基本物理量，故C正確；

D后人為了紀(jì)念牛頓，規(guī)定1牛頓=1千克?米/秒2,故“牛頓”是導(dǎo)出單位，故。錯(cuò)誤;

故選Co

3.【答案】

C

【解析】

【分析】

本題主要考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)的圖像，牛頓第二定律。抓住著陸器在空中懸停，受力平

衡求出發(fā)動(dòng)機(jī)的推力作用；根據(jù)下降的高度和時(shí)間求出平均速度的大小，根據(jù)加速度,

結(jié)合自由落體運(yùn)動(dòng)的公式求出著陸時(shí)的速度大小。

【解答】

A著陸器在空中懸停時(shí)，受力平衡，根據(jù)F=mg得，F(xiàn)==2x1。3乂故A錯(cuò)誤；

BC.著陸器從高100m下降至4巾過程中，先自由落體，當(dāng)速度為及時(shí)，再勻減速，則有

+/=96m,v==at2>+t2=12s,解得：v=16m/s；q=9.6s；t2=

2.4s；a=|g,則減速的加速度大小為月球表面重力加速度的4倍，最大速度為16m/s,

故B錯(cuò)誤，C正確；

D.著陸器著陸時(shí)的速度v==^2x10x|x4=3.65m/s.故力錯(cuò)誤；

故選：C.

4.【答案】

C

【解析】

【分析】

本題考查庫(kù)侖定律與矢量的合成法則，掌握幾何關(guān)系，與三角形相似比的運(yùn)用，注意小

球c的合力方向可能向左，不影響解題的結(jié)果。

對(duì)小球c受力分析，根據(jù)庫(kù)侖定律，與矢量的合成法則，結(jié)合幾何關(guān)系，及三角知識(shí)，

即可求解。

【解答】

根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸，且小球c所受庫(kù)侖力的合力的方向平行于a,b的連

線，可知，a,b的電荷異號(hào)，

對(duì)小球C受力分析，如下圖所示：

a'..................'b

因ab=5cm,be=3cm,ca=4cm,因此ac_Lbe,那么兩力的合成構(gòu)成矩形,

依據(jù)相似三角形之比，則有：個(gè)=,=￡

Fbbe3

而根據(jù)庫(kù)侖定律，弓=k"，而及=卜智

QC<be"

綜上所得，K=麴=：x"=W，故4BD錯(cuò)誤，C正確。

qb33427

故選Co

5.【答案】

【解析】

【分析】

蠟塊參與了水平方向向右初速度為%的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)，

根據(jù)合速度與合加速度的方向關(guān)系確定蠟塊的運(yùn)動(dòng)軌跡。

解決本題的關(guān)鍵知道當(dāng)合速度的方向與合力（合加速度）的方向不在同一條直線上，物體

將做曲線運(yùn)動(dòng)，且軌跡夾在速度與合力方向之間，軌跡的凹向大致指向合力的方向。

【解答】

當(dāng)合速度的方向與合力（合加速度）的方向不在同一條直線上，物體將做曲線運(yùn)動(dòng)，且軌

跡夾在速度與合力方向之間，軌跡的凹向大致指向合力的方向。蠟塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，

合外力向左，故A正確，8C￡>錯(cuò)誤。

故選A。

6.【答案】

B

【解析】

【分析】

根據(jù)重力等于萬(wàn)有引力列式，求金星表面的重力加速度。根據(jù)衛(wèi)星的速度公式〃=欄

求金星的“第一宇宙速度”。根據(jù)a=寫*分析加速度的關(guān)系，根據(jù)開普勒第三定律分析

周期關(guān)系。

解決本題的關(guān)鍵是要掌握萬(wàn)有引力提供向心力，知道衛(wèi)星的線速度、加速度等公式，并

能用來比較兩個(gè)天體各個(gè)量之間的大小。

【解答】

解：4、根據(jù)mg=G等得g=察，可知金星與火星表面重力加速度之比葛=上故A錯(cuò)

誤。

B、根據(jù)"=后可知，金星與火星第一宇宙速度之比晟=與故B正確；

C、根據(jù)a=,可知，距離太陽(yáng)越遠(yuǎn)，加速度越小，金星距離地球近，則金星繞太陽(yáng)運(yùn)

動(dòng)的加速度比火星大，故C錯(cuò)誤。

。、根據(jù)開普勒第三定律弓=匕可知距離太陽(yáng)越遠(yuǎn)，周期越長(zhǎng)，金星距離太陽(yáng)近，所

以金星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期比火星短，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

7.【答案】

C

【解析】

解：當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同。對(duì)甲圖取4的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)

量守恒定律得：

mv=(m+My)v'

由機(jī)械能守恒定律得:

=|mv2—|(m4-M)v，2。

聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時(shí)有：與=喋喘

同理：對(duì)乙圖取B的初速度方向?yàn)檎较?，?dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)有：晦

“2(m+M)

故彈性勢(shì)能相等，則有：加=G,故A3。錯(cuò)誤C正確。

故選：C。

當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同。4、B兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守

恒定律和能量守恒定律結(jié)合判斷。

本題考查動(dòng)量守恒定律及機(jī)械能守恒定律，要注意明確能量的轉(zhuǎn)化情況，并掌握動(dòng)量守

恒的條件。

8.【答案】

A

【解析】

【分析】

根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出4、B碰撞后共同速度。碰撞后，起壓縮彈簧，當(dāng)AB的速度

減至零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律求最大彈性勢(shì)能。對(duì)4B及彈簧整體，

由動(dòng)量定理求墻對(duì)彈簧的沖量大小/。

分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程、正確選擇研究對(duì)象是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、

機(jī)械能守恒定律即可正確解題。在運(yùn)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律時(shí)都要選擇正方向，用

符號(hào)表示速度的方向。

【解答】

A、B碰撞過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=2mv；碰撞后，4B—?起

壓縮彈簧，當(dāng)4B的速度減至零時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律得最大彈性勢(shì)

能：E=1-2mv2,聯(lián)立解得：2從球被碰后開始到回到原靜止位置的過程

F=imv0;4

中，取向右為正方向，對(duì)48及彈簧整體，由動(dòng)量定理得：/=2mv-(-2mv)=4mv=

故正確，BCD

2mv0oA錯(cuò)誤。

故選A。

9.【答案】

A

【解析】

【分析】

明確電磁波的性質(zhì)，電磁波在真空中傳播速度均為光速，并且電磁波為橫波；

根據(jù)波的干涉條件分析；

根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論分析，均勻變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生恒定的電場(chǎng)。

本題考查電磁波的特性和傳播規(guī)律，注意麥克斯韋的電磁場(chǎng)理論是變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng),

變化的電場(chǎng)產(chǎn)生磁場(chǎng)。其中的變化有均勻變化與周期性變化之分。

【解答】

A.5G和4G信號(hào)都是電磁波，電磁波都是橫波，故A正確；

B.任何電磁波在真空中的傳播速度均為光速，故傳播速度相同，故8錯(cuò)誤；

C.波的干涉條件是兩列波的頻率相同，振動(dòng)情況相同，5G和4G信號(hào)的頻率不同，相遇

不能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤；

D根據(jù)麥克斯韋電磁場(chǎng)理論可知，均勻變化的電（磁）場(chǎng)只能產(chǎn)生恒定不變的磁（電）場(chǎng)，

不能形成電磁波，故5G和4G電磁波信號(hào)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間不是均勻變化的，故力錯(cuò)

誤。

故選

10.【答案】

A

【解析】

【分析】

本題考查了光的折射，對(duì)于光學(xué)問題關(guān)鍵是能夠正確做出光路圖，根據(jù)幾何關(guān)系結(jié)合折

射定律求解.

根據(jù)折射定律計(jì)算折射角，再由幾何關(guān)系表示折射角，進(jìn)而可以確定直徑。

【解答】

根據(jù)折射定律“=墨=百，由題意可知i=60。，siny=根據(jù)幾何知識(shí)可知siny=

方修，可得L=^d，即圓柱形孔的直徑L至少&d，故A正確，88錯(cuò)誤。

vL2+d233

故選A。

11.【答案】

D

【解析】

【分析】

當(dāng)待測(cè)壓力增大時(shí)，電容器板間距離減小，根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再由電

容的定義式分析電容器所帶電量的變化，判斷電阻R中的電流方向。

本題考查對(duì)傳感器基本原理的理解，實(shí)質(zhì)是電容器動(dòng)態(tài)變化分析問題，電容的決定式C=

盤和定義式C=滿合進(jìn)行分析。

47tKaU

【解答】

A.當(dāng)待測(cè)壓力增大時(shí)，電容器板間距離減小，根據(jù)電容的決定式。=抵得知，電容C增

4nka

大，故A錯(cuò)誤；

BCD.電容板間電壓U不變，電容器所帶電量為Q=CU,C增大，則Q增大，電容器處于

充電狀態(tài)，而4板帶正電，則電路中形成逆時(shí)針方向的充電電流，電阻R中有從b流向a的

電流，故BC錯(cuò)誤，。正確。

故選￡>?

12.【答案】

D

【解析】

【分析】

本題考查變壓器原理，要注意明確變壓器的規(guī)律，能用線圈匝數(shù)之比求解電壓及電流；

同時(shí)注意注意明確對(duì)于非純電阻電路歐姆定律不能使用，在解題時(shí)要注意正確選擇功率

公式。

根據(jù)原線圈輸入電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式即可知角速度3,結(jié)合3=2兀/得交變電源的頻率；

當(dāng)選擇3檔位后，根據(jù)變壓比規(guī)律求出副線圈兩端電壓的有效值，最大值為有效值的我

倍；當(dāng)檔位由3變?yōu)?后，根據(jù)變壓比規(guī)律判斷副線圈的電壓，分析輸出功率的變化，根

據(jù)輸入功率等于輸出功率，由2=U/判斷原線圈電流的變化；當(dāng)選擇檔位4后，根據(jù)變

壓比規(guī)律求出副線圈電壓，根據(jù)能量守恒求電動(dòng)機(jī)的輸出功率。

【解答】

A根據(jù)原線圈輸入電壓的瞬時(shí)值表達(dá)式知3=100兀，交變電源的頻率/=/=嚶=

50Hz,故A錯(cuò)誤；

A當(dāng)選擇3檔位后，副線圈的匝數(shù)為1200匝，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得”="，即寧=

u2n2出

鬻，解得4=1107,所以電動(dòng)機(jī)兩端電壓的最大值為110口故B錯(cuò)誤；

12004

C.當(dāng)檔位由3變?yōu)?后，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比知，副線圈兩端的電壓減小，輸出功率變

小，輸入功率變小，根據(jù)&=Ui4知原線圈電流變小，故C錯(cuò)誤；

D當(dāng)選擇檔位4,副線圈匝數(shù)等于2400匝，根據(jù)電壓比規(guī)律得副線圈兩端的電壓為220V,

電動(dòng)機(jī)正常工作，流過電動(dòng)機(jī)的電流/=《=^-A=0.54電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率P執(zhí)=

l2r=0.52x8V/=2W,電動(dòng)機(jī)的輸出功率為P出=110-2=108W,故。正確。

故選Do

13.【答案】

A

【解析】

【分析】

對(duì)整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理求解木板對(duì)木塊做的功。在木板從水平位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)到與水平

面的夾角為a的過程中，摩擦力不做功，物塊沿木板下滑過程中，摩擦力對(duì)物塊做功。

根據(jù)摩擦力與重力分力大小的關(guān)系，求解摩擦力做功。根據(jù)動(dòng)能定理求解支持力和滑動(dòng)

摩擦力做功。

本題運(yùn)用動(dòng)能定理求解力做功，首先要選擇研究的過程，本題中有兩個(gè)過程，第一個(gè)過

程中摩擦力不做功，支持力做功，第二過程中，支持力不做功，摩擦力做功。

【解答】

A、在木板從水平位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)到與水平面的夾角為a的過程中，摩擦力不做功，物塊

沿木板下滑過程中，摩擦力對(duì)物塊做功。摩擦力為“mgcosa,則摩擦力對(duì)物塊做功叼=

—HmgLcosa.iAA錯(cuò)誤。

8、在木板從水平位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)到與水平面的夾角為a的過程中，支持力對(duì)物塊做功，

物塊下滑的過程中，支持力不做功，設(shè)前者做功為恤，根據(jù)動(dòng)能定理得：以-

mgLsina=0,得以=mgLsina.故B正確。

C、根據(jù)重力做功的特點(diǎn)可知，整個(gè)過程中，重力做功為0,故C正確；

D、設(shè)在整個(gè)過程中，木板對(duì)物塊做功為W,則W=mgLsina-〃?ngLcosa.故。正確。

本題選錯(cuò)誤的。故選：4。

14.【答案】

BD

【解析】

【分析】

根據(jù)圖象可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求

得結(jié)論。

掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關(guān)系，最大值和有效值之間的關(guān)系即可解決本題。

【解答】

由圖象可知，電壓的最大值為311V,交流電的周期為2x10-25,所以交流電的頻率為

f=50Hz,

4B.當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與a連接時(shí)，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，由于原線圈兩端的電壓為

220V,則副線圈的電壓為44V,電壓表的示數(shù)為44.01/,電流表示數(shù)為/=4.44故A

錯(cuò)誤，B正確;

C.變壓器不會(huì)改變電流的頻率，所以副線圈輸出電壓的頻率為/"=50Hz,故C錯(cuò)誤；

D當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a撥向b時(shí)，原線圈的匝數(shù)變小，所以副線圈的輸出的電壓外=2x

220K=881Z=2U,電阻R上消耗的功率P，=或=4"，原線圈的輸入功率也要變?yōu)?/p>

2RR

原來的4倍，故。正確。

故選8￡＞。

15.【答案】

ACD

【解析】

【分析】

放射源放出一束射線轟擊金箔，運(yùn)用顯微鏡前熒光屏去觀察射線的位置，了解a粒子散

射實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象即可正確解答；根據(jù)數(shù)學(xué)組合公式鬣求出一群氫原子處于量子數(shù)n=

3的激發(fā)態(tài)，可能發(fā)出的光譜線條數(shù)；當(dāng)光子的頻率大于極限頻率時(shí)，發(fā)生光電效應(yīng)，

金屬板將帶正電；衍射是波特有的性質(zhì)。

由a粒子的散射實(shí)驗(yàn)可知，原子內(nèi)部的結(jié)構(gòu)：中心有一個(gè)很小的核，全部正電荷及兒乎

全部的質(zhì)量都集中在里面,外面自由電子繞核高速旋轉(zhuǎn)，知道a粒子的散射實(shí)驗(yàn)的結(jié)果；

解決本題的關(guān)鍵知道發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)有光電子從金屬中飛出，理解光電效應(yīng)的產(chǎn)生；理

解光電效應(yīng)產(chǎn)生的條件，以及光電流大小的決定因素，并能在具體問題中正確應(yīng)用。

【解答】

4圖甲是a粒子散射實(shí)驗(yàn)示意圖，當(dāng)顯微鏡在4、B、C、D中的4位置時(shí)熒光屏上接收到

的a粒子數(shù)最多，故A正確；

8圖示是氫原子的能級(jí)示意圖，結(jié)合氫光譜可知，氫原子從鹿=3能級(jí)躍遷到n=1能級(jí)

時(shí)輻射了一定頻率的光子能量，故8錯(cuò)誤；

C.當(dāng)光照射鋅板時(shí)，金屬板失去電子，將帶正電，所以與之相連的驗(yàn)電器的指針將發(fā)生

偏轉(zhuǎn)，此時(shí)驗(yàn)電器的金屬桿帶的是正電荷，故C正確；

D圖丁是電子束穿過鋁箔后的衍射圖樣，由于衍射是波特有的性質(zhì)，所以該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象說

明實(shí)物粒子也具有波動(dòng)性，故。正確。

故選ACD.

16.【答案】

AD

【解析】

解：4、實(shí)線波的波長(zhǎng)為;I】=4m,虛線波的波長(zhǎng)為;I?=6m,依據(jù)波長(zhǎng)越長(zhǎng)的越容易發(fā)

生明顯衍射現(xiàn)象，故A正確；

BC、實(shí)線波的波長(zhǎng)為;I】=4m,虛線波的波長(zhǎng)為;I?=6m,它們的波速相等，由波速公

式"=4/'得：實(shí)線波和虛線波的頻率之比為月：f2-A2：=3：2,兩列波的頻率不

同，不能發(fā)生干涉現(xiàn)象。故8c錯(cuò)誤。

D、依據(jù)4=97,在t時(shí)間內(nèi)，實(shí)線波4向右傳4m,而虛線波B向左傳播4m,結(jié)合

波的疊加原理可知t=圖時(shí)，x=5m處的質(zhì)點(diǎn)位移|y|=y1+%=I。"71，故。正確。

故選：AD?

本題關(guān)鍵要掌握干涉產(chǎn)生的條件和波的疊加原理，運(yùn)用波形的平移法分析波形，確定質(zhì)

點(diǎn)的位移.

17.【答案】

(1)0.4；1；(2)0.625；(3)4。

【解析】

【分析】

(1)由于滑塊在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)

中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度；根據(jù)加速度的定義式即可求出加速度；

(2)根據(jù)牛頓第二定律列式求解摩擦因數(shù)；

(3)為了提高木塊與木板間摩擦力因數(shù)〃的測(cè)量精度，可行的措施是4點(diǎn)與傳感器位移適

當(dāng)大些或減小斜面的傾角。

解決本題的關(guān)鍵知道勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論，在某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的

瞬時(shí)速度，以及會(huì)通過實(shí)驗(yàn)的原理得出動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式，從而確定所需測(cè)量的物理

量以及誤差分析。

【解答】

(1)根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度，得0.4s末的速度

不(30-14)x10-2_.,

79：v=--------m/sm/s=0.4m/s,

0.2s末的速度為：v'='32二2曹12一mfs=o.2m/s,

則木塊的加速度為：a=寧=—^―m/s2=lm/s2o

ZltU.4—U.N

(2)選取木塊為研究的對(duì)象，木塊沿斜面方向是受力：ma=mgsind-fimgcosd

得：gsind-a若。=37。,則〃=0.625

mcosO

(3)在實(shí)驗(yàn)中，為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)使木塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長(zhǎng)一些，可以減小斜面的傾角、

增加木塊在斜面上滑行的位移等，傳感器開始的計(jì)時(shí)時(shí)刻不一定必須是木塊從4點(diǎn)釋放

的時(shí)刻。故A正確，8CD錯(cuò)誤。

故選：A

故答案為:(1)0.4；1；(2)0.625；(3)4。

18.【答案】

(l)BDC(2)140(3)哼(4)40

【解析】

解：(1)指針的偏轉(zhuǎn)角過大，表明選用的倍率過大，應(yīng)當(dāng)減小倍率，更換檔位之后，應(yīng)

重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，再進(jìn)行測(cè)量讀出數(shù)據(jù)，故合理的操作順序?yàn)锽DC。

(2)指針指示的示數(shù)與倍率的乘積即為白熾燈電阻的測(cè)量值，歐姆表的讀數(shù)為：14x

10=1400。

(3)根據(jù)電阻定律可得：R=p5

圓柱體導(dǎo)體材料的橫截面積：S=?！?2

聯(lián)立可得金屬電阻率：0=磬

(4)多用電表“直流10V”擋能正常使用，表頭和電阻治的總阻值為10kO,要想修好“直

流50V”擋，電阻燈應(yīng)由一個(gè)4倍表頭和電阻％的總阻值替換，即乙同學(xué)應(yīng)用阻值為

40k0。

故答案為：(l)BDC;(2)140；(3)嚶；(4)40.

(1)應(yīng)用歐姆表測(cè)電阻時(shí)要選擇合適的檔位，使指針指針中央刻度線附近，歐姆表?yè)Q擋

后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，然后再測(cè)電阻阻值；

(2)圖1所示位置為歐姆x100檔，歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；

(3)根據(jù)電阻定律結(jié)合歐姆定律，聯(lián)立即可求出電阻率；

(4)依據(jù)表頭的滿偏電流不變，結(jié)合直流電壓擋的倍數(shù)關(guān)系，即可求解。

考查電阻率的測(cè)量實(shí)驗(yàn)，要知道歐姆表的倍率的選取，掌握歐姆表的刻度讀數(shù)，注意歐

姆表的使用要求，并理解第(4)問，表頭的滿偏電流不變是解題的突破口。

19.【答案】

解：

(1)

由題意可知：座艙先自由下落40m,在207n高處時(shí)制動(dòng)系統(tǒng)開始啟動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng),

所以下落407n時(shí)速度最大，設(shè)為口

2

由：v=2ghlt解得：v—-V2X10x40m/s=20V2m/s,

離地面30nl時(shí)，座艙自由下落，處于完全失重狀態(tài)，所以水平支持面對(duì)小李的支持力為

0.

(2)

22

設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2,由：v=2a2h2＞解得：a2=^-=-20m/s；

2九2ZXZO

對(duì)小李，由牛頓第二定律有：N-mg=ma2,

解得：N=m(g+a2)=50x(10+20)N=1500/V.

根據(jù)牛頓第三定律，小李對(duì)水平支持面的壓力是1500N.

答：

(1)此過程中的最大速度是20心m/s，當(dāng)座艙落到離地面307n的位置時(shí)，水平支持面對(duì)

小李的支持力是0.

(2)當(dāng)座艙落到離地面15nl的位置時(shí)，小李對(duì)水平支持面的壓力是1500N.

【解析】

本題是兩個(gè)過程的問題,采用力學(xué)基本的處理方法：牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合.同

時(shí)要抓住兩個(gè)過程之間的關(guān)系，比如位移和速度關(guān)系進(jìn)行分析.

(1)座艙自由落下時(shí)加速度為g,下落40m時(shí)速度最大，由運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式求出最大速

度.當(dāng)座艙落到離地面307n的位置時(shí),座艙自由下落，水平支持面對(duì)小李的支持力為零.

(2)由速度-位移公式求出勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，再牛頓第二定律求解水平支持面對(duì)

小李的支持力，由牛頓第三定律求小李對(duì)水平支持面的壓力.

20.【答案】

解：(1)滑塊恰好過戶的條件為mg=小步，

解得"F=lm/So

(2)滑塊從E到8,根據(jù)動(dòng)能定理有-mgh-"ngLz=0-1mvj,

在E點(diǎn)有心-mg-my.

代入數(shù)據(jù)解得FN=0.14N,

由牛頓第三定律可知滑塊經(jīng)過E點(diǎn)對(duì)對(duì)圓軌道的壓力“大小也為0」4N；

從。到B點(diǎn)，

Epo-mgh-+L2)=0,

解得E”=8.0xIO"人

(3)滑塊恰能過F點(diǎn)的彈性勢(shì)能為Epi=2mgr+fimg^+如用=7.0x10-37

從。點(diǎn)到B點(diǎn)有：Epi-mgM-卬ng(k+L2)=0

代入數(shù)據(jù)解得九1=0.05m

能停在B點(diǎn)，則“mgcos。=mgsind

得tan。=0.5

此時(shí)九2—0.2m

-3

從。到B點(diǎn)Ep=mgh+nmgQL1+Z,2)=2x10(10/i+3)J

其中0.05m<h<0.2m。

答：(1)滑塊恰好能過圓軌道最高點(diǎn)F時(shí)的速度大小為lm/s；

(2)當(dāng)八=0.1m且游戲成功時(shí)，滑塊經(jīng)過E點(diǎn)對(duì)圓軌道的壓力FN大小為0.14N,彈簧的彈

性勢(shì)能為8。x10-3/；

(3)要使游戲成功，彈簧的彈性勢(shì)能瑤與高度八之間滿足的關(guān)系為

Ep=2x10-3(10/i+3)/o

【解析】

解決該題的關(guān)鍵是明確知道滑塊到達(dá)尸點(diǎn)時(shí)是重力提供向心力，掌握用動(dòng)能定理在多過

程中列式求解速度大小或者是能量。

(1)在尸點(diǎn)重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解到達(dá)F點(diǎn)速度。

(2)滑塊從E到B,根據(jù)動(dòng)能定理求解到達(dá)E點(diǎn)的速度，再根據(jù)牛頓第二定律求解壓力作

用，。到B根據(jù)動(dòng)能定理求解彈性勢(shì)能。

(3)根據(jù)動(dòng)能定理求解滑塊恰能過F點(diǎn)的彈性勢(shì)能，再?gòu)腂點(diǎn)減速到0根據(jù)動(dòng)能定理求解

高度A

21.【答案】

解：(1)由右手定則可判斷感應(yīng)電流由a到b,可知b端為感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正極，故b端電勢(shì)

較高；

(2)當(dāng)金屬棒勻速下落時(shí)，

由共點(diǎn)力平衡條件得：mg=BIL...@

金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv...@

則電路中的電流為：/=誓…③

Ax

由圖象可得: