2021屆新疆高考物理一診試卷附答案詳解

2021屆新疆高考物理一診試卷

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式是下面那一個(gè)（）

A.F=maB.E=-C.E=D.E=?

qr2d

2.如圖所示，小球1由兩根輕繩AC和4D拴住，輕繩4。水平.豎直輕繩

4B將小球2懸掛于小球1的下端.現(xiàn)用一個(gè)水平向右的力尸拉動(dòng)小球

2,使其由位置B緩慢移動(dòng)到位置B',小球1始終保持靜止，此過程

中三根輕繩的張力二外TAC、。。的變化情況是（）

A.2和加都變大，0°變小B.為變?nèi)?，北°變小，必變?/p>

C."B和二°都變大，不變D.變小，。。變大，"c不變

3.如圖甲所示，MN左側(cè)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)將一邊長(zhǎng)為八質(zhì)量為m、電阻為R的正

方形金屬線框置于該磁場(chǎng)中，使線框平面與磁場(chǎng)垂直，且兒邊與磁場(chǎng)邊界MN重合.當(dāng)t=0時(shí)，

對(duì)線框施加一水平拉力F,使線框由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)《=片時(shí)，線框的ad邊

與磁場(chǎng)邊界MN重合.圖乙為拉力F隨時(shí)間變化的圖線.由以上條件可知，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的

大小為（）

4.

滑圓形軌道.一小球從與。點(diǎn)等高的圓弧最高點(diǎn)，由靜止?jié)L下后作開

平拋運(yùn)動(dòng).調(diào)整軌道半徑，使小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移最大，則

小球在圓弧最低點(diǎn)處的速度為（）

A.B.D.

5.如圖所示為在一條直線上運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物體的位移圖象，由圖象可知

（）

A.兩物體都作勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.它們速度的大小關(guān)系為%>v2

C.它們速度的大小關(guān)系為巧<%

D.它們的速度方向可能不相同

6.如圖所示為環(huán)形磁鐵立體示意圖，P、Q是左右對(duì)稱且靠近S極的兩點(diǎn)，E、

F是中心軸線上下對(duì)稱的兩點(diǎn)，下列說法正確的是（）

A.E、尸兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同

B.E、F兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反

C.P、Q兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不等、方向相同

D.P、Q兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同

7.下列說法正確的是（）

A.康普頓效應(yīng)進(jìn)一步證實(shí)了光的粒子性

B.兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成了一個(gè)a粒子，屬于a衰變

C.發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，光電子的動(dòng)能與入射光的強(qiáng)度和頻率有關(guān)

D.波爾認(rèn)為，氫原子核外電子從某能級(jí)向另一能級(jí)躍遷的過程中原子的能量不變

二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）

8.己知兩個(gè)分力的大小為片、F2,它們的合力大小為尸，下列說法中不正確的是（）

A.不可能出現(xiàn)F<F］同時(shí)F<尸2的情況

B.不可能出現(xiàn)F>Fi同時(shí)F>尸2的情況

C.不可能出現(xiàn)尸<&+尸2的情況

D.不可能出現(xiàn)F>&+尸2的情況

9.如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧

連接，開始時(shí)木塊靜止在4位置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度火射

向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到4位置時(shí)的速度"以及此過程中墻對(duì)彈簧

的沖量/的大小分別為（）

A.v=B.v=等C./=2mv0D./=0

M+mMu

10.蹦床類似于豎直放置的輕彈簧（共彈力滿足F=kx,彈性勢(shì)能滿足Ep=3%2,X為床面下沉的距

離，k為常量）,質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員靜止站在蹦床上時(shí)，床面下沉：蹦床比賽中，運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過多次

蹦跳,逐漸增加上升高度，測(cè)得某次運(yùn)動(dòng)員離開床面在空中的最長(zhǎng)時(shí)間為△t.運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn),

空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度為g.則可求（）

A.常量k=詈

xo

B.運(yùn)動(dòng)員上升的最大高度h=t）?

C.床面壓縮的最大深度％=&+￡）2+稅

D.整個(gè)比賽過程中運(yùn)動(dòng)員增加的機(jī)械能4E=gmg2sty

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共14.0分）

11.在用落體法驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律時(shí)，某同學(xué)按照正確的操作選得紙帶如圖。其中。是起始點(diǎn)，4、

B、C是打點(diǎn)計(jì)時(shí)器連續(xù)打下的3個(gè)點(diǎn)。該同學(xué)用毫米刻度尺測(cè)量。到4、B、C各點(diǎn)的距離，并記

錄在圖中（單位cm）o

?0?A?B

（1）這三個(gè)數(shù)據(jù)中不符合有效數(shù)字讀數(shù)要求的是段，應(yīng)記作cm.

（2）該同學(xué)用重錘在0B段的運(yùn)動(dòng)來驗(yàn)證機(jī)械能守恒，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=10m/s2,他用AC段

的平均速度作為跟B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的物體的瞬時(shí)速度，則該段重錘重力勢(shì)能的減少量為,而動(dòng)能

的增加量為，（均保留3位有效數(shù)字，重錘質(zhì)量用zn表示）。這樣驗(yàn)證的系統(tǒng)誤差總是使重

力勢(shì)能的減少量動(dòng)能的增加量，原因是。

12.在“探究小燈泡的伏安特性曲線”實(shí)驗(yàn)中，所用器材有：燈泡L、量程恰當(dāng)?shù)碾娏鞅?和電壓表

V、直流電源E、滑動(dòng)變阻器R、電鍵S等，要求燈泡兩端電壓從0開始變化。

（1）實(shí)驗(yàn)中滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用接法（填“分壓”或“限流”）。

（2）某同學(xué)已連接如圖所示的電路，在連接最后一根導(dǎo)線的c端到直流電源正極之前，請(qǐng)指出其中僅

有的2個(gè)不當(dāng)之處，并說明如何改正。

①。

②------。

四、計(jì)算題(本大題共5小題，共46.0分)

13.“嫦娥四號(hào)”抵達(dá)月背留下了第一個(gè)“腳印”，“嫦娥五號(hào)”將在年底

奔月，任務(wù)是實(shí)現(xiàn)月球采樣返回，將帶回約2kg月球表面的土壤。如圖

所示，若“嫦娥五號(hào)”上放有壓力傳感器，其從月球表面起動(dòng)后，以加

速度號(hào)豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)。升到某一高度時(shí)，土壤對(duì)水平放置的壓力

傳感器的壓力為起動(dòng)前壓力的荒，已知月球半徑為R,求“嫦娥五號(hào)”此時(shí)離月球表面的高度/i(g

lo

為月球表面附近的重力加速度)。

14.一個(gè)物塊放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力?隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(a)所示，速度"隨

時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示(g=10m/s2).求:

(l)ls末物塊所受摩擦力的大小人；

(2)物塊在前6s內(nèi)的位移大小：

(3)物塊的質(zhì)量小、物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)比

15.(17分)如圖所示，真空中的矩形abed區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)

同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,圓形邊界分別相切于ad、be邊的中點(diǎn)e、

一帶電粒子以初速度為沿著e/方向射入該區(qū)域后能做直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)撤去磁場(chǎng)并保留電場(chǎng)，粒

子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點(diǎn)飛離該區(qū)域。已知能.黜,=竽盛，忽略粒子的重

力。求：

(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值燮；

(2)若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置。

16.在光滑的水平面上放著物體4和小車B,如圖所示，小車長(zhǎng)L=2zn,M=

4kg,4的質(zhì)量m=1kg,NAB=0.2,加在小車上的力(1)/=5N,(2)F=----f

Z//Z///Z///Z//

12N,求在這兩種情況下，在2s時(shí)間內(nèi)尸對(duì)車做功是多少？摩擦力對(duì)4做

功多少？小車動(dòng)能增加多少？(g取lOm/s?)

17.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為七=鬻,

在第三象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=繳的勻強(qiáng)磁場(chǎng)/,在第四象限內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度B=蟹的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)n.磁場(chǎng)I、n的方向均垂直于紙面向里。一質(zhì)量為血、電荷量為+q的粒子從P(O,L)點(diǎn)處以

初速度"沿垂直于y軸的方向進(jìn)入第二象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)，然后先后穿過x軸和y軸進(jìn)人磁場(chǎng)/和磁場(chǎng)

口，不計(jì)粒子的重力和空氣阻力。求：

(1)粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)/時(shí)在x軸上的位置坐標(biāo)；

(2)粒子從出發(fā)到第2次經(jīng)過y軸所需要的時(shí)間t；

(3)粒子從磁場(chǎng)I進(jìn)入磁場(chǎng)H經(jīng)過y軸的位置坐標(biāo)和粒子從磁場(chǎng)D進(jìn)入磁場(chǎng)/經(jīng)過y軸的位置坐標(biāo)。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：電場(chǎng)強(qiáng)度等于放在電場(chǎng)中某點(diǎn)的試探電荷所受的電場(chǎng)力與其電荷的比值，則E是電場(chǎng)

強(qiáng)度的定義式.故AC。錯(cuò)誤，B正確.

故選：B

電場(chǎng)強(qiáng)度等于放在電場(chǎng)中某點(diǎn)的試探電荷所受的電場(chǎng)力與其電荷的比值.根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度定義的內(nèi)容

解答.

本題關(guān)鍵要知道場(chǎng)強(qiáng)采用的比值法定義，掌握其定義式E=，注意與推導(dǎo)式的區(qū)別

2.答案：C

解析：解：以B為研究對(duì)象受力分析，由分解法作圖如圖：

由圖可以看出，當(dāng)將B緩緩拉到圖中虛線位置過程，繩子與與豎直方向夾角變大，繩子的拉力大小對(duì)

應(yīng)圖中1、2、3三個(gè)位置大小所示，即。B逐漸變大，尸逐漸變大；

再以AB整體為研究對(duì)象受力分析，

設(shè)4c繩與水平方向夾角為a,

則豎直方向有：TACsina=2mg

得：普c=2吆，不變；

sina

水平方向：TADTACcosa+F,北ccosa不變，而F逐漸變大，故。。逐漸變大;

故選：Co

先以B為研究對(duì)象受力分析，由分解法作圖判斷出匕B大小的變化；

再以AB整體為研究對(duì)象受力分析，由平衡條件判斷北D和5;的變化情況.

當(dāng)出現(xiàn)兩個(gè)物體的時(shí)候，如果不是求兩個(gè)物體之間的作用力大小通常采取整體法使問題更簡(jiǎn)單.

3.答案：A

解析：試題分析：盤=顏時(shí)刻，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)蠹=斛，感應(yīng)電流場(chǎng)=購(gòu)，安培力,電=懿=醵，由牛頓

第二定律可得思=嬲勖在ad邊做切割磁感線時(shí)，由牛頓第二定律可得，竄-,瑩=微胡，又嘎=顓,

人毛意=蹴岳，心=畸，因此，,軟=金配%忠,當(dāng)源=鼠時(shí)，，蝦=冬震，解得：點(diǎn)=:―,

.舞<"--制卷

所以正確選項(xiàng)為4。

考點(diǎn)：本題考查了導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和安培力大小的計(jì)算。

4.答案：C

解析：設(shè)圓形軌道的半徑為r,則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度為H-r,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求出S的

表達(dá)式，求出S取最大值的條件即可求解。

設(shè)圓形軌道的半徑為r,則小球做平拋運(yùn)動(dòng)的高度為"-r,小球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)的過程

中，運(yùn)用動(dòng)能定理得：

mgr=—wv2

解得：v=yj2gr

小球從軌道最低點(diǎn)拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有

水平位移S=v/=

TJ

當(dāng)H—r=r時(shí)，S取最大值，即廠二—

2

所以v=也正=4函

故選C。

本題主要考查了動(dòng)能定理及平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式的直接應(yīng)用，要注意數(shù)學(xué)知識(shí)在物理解題中的應(yīng)用。

5.答案：B

解析：解：4、由圖可知，1、2兩物體均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，而2的斜率較大，故由s=仇可知，1物體

的速率要大于2物體的速率，故1的速度大于2的速度；故B正確，AC錯(cuò)誤

。、斜率代表速度大小和方向，故方向相同，故。錯(cuò)誤

故選：B。

在s-t圖象中，傾斜的直線表示物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，圖象的斜率表示物體的速度大小.

本題考查s-t圖象的性質(zhì)，題目本身較為簡(jiǎn)單，但要注意有同學(xué)可能誤作為9-t圖象處理，從而導(dǎo)

致錯(cuò)誤.

6.答案：A

解析：解：4、由圖可知，該環(huán)形磁鐵與條形磁鐵相似，可知該磁鐵的磁場(chǎng)與條形磁鐵的磁場(chǎng)是相似

的。條形磁鐵的磁場(chǎng)如圖：

，A.?

將題圖與該圖比較可知，E、F兩點(diǎn)磁場(chǎng)的大小是相等的，方向也是相同的。故A正確，B錯(cuò)誤：

C、將題圖與該圖比較可知，P、Q兩點(diǎn)磁場(chǎng)的大小是相等的，但方向不相同。故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤。

故選：Ao

環(huán)形磁鐵的磁場(chǎng)與條形磁鐵的磁場(chǎng)是相似的，結(jié)合條形磁鐵的磁場(chǎng)的特點(diǎn)分析解答即可。

該題考查常見磁場(chǎng)的特點(diǎn)，知道磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量是解答的關(guān)鍵。

7.答案：A

解析：解：4、康普頓效應(yīng)進(jìn)一步證實(shí)了光的粒子性，故A正確.

8、a衰變的實(shí)質(zhì)是原子核內(nèi)的兩個(gè)質(zhì)子和兩個(gè)中子結(jié)合成一個(gè)a粒子,a衰變是原子核自發(fā)地發(fā)出a粒

子的現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤.

C、光電效應(yīng)產(chǎn)生光電子的初動(dòng)能與入射光的強(qiáng)度無關(guān)，故C錯(cuò)誤.

。、氫原子核外電子從某能級(jí)向另一能級(jí)躍遷的過程中原子的能量是發(fā)生變化的，故。錯(cuò)誤.

故選：A.

光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都說明光具有粒子性；衰變是原子核自發(fā)地發(fā)出a粒子的現(xiàn)象；根據(jù)光電效應(yīng)

方程分析影響光電子最大初動(dòng)能的因素；氫原子核外電子從某能級(jí)向另一能級(jí)躍遷的過程中能量發(fā)

生變化.

本題考查了康普頓效應(yīng)、衰變、光電效應(yīng)、能級(jí)等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知

識(shí)點(diǎn)，知道電子從低軌道向高軌道躍遷時(shí)，原子能量增加，從高軌道向低軌道躍遷時(shí)，原子能量減

小.

8.答案:ABC

解析：解：4如圖所示左，合力小于任一分力，故A錯(cuò)

誤；-------J

8、如右圖所示，合力大于任一分力，故B錯(cuò)誤；

C、當(dāng)兩個(gè)分力進(jìn)行合成時(shí)，合力在兩個(gè)分力最小值與最大值之間，但不可能出現(xiàn)尸＞居+尸2的情

況，故c錯(cuò)誤；。正確；

本題選擇錯(cuò)誤的，故選：ABC。

同一直線、同方向二力的合力大小等于二力大小之和，方向與二力的方向相同；

同一直線、反方向二力的合力大小等于二力大小之差，方向與二力中較大力的方向一致.

本題主要考查二力合成，合力的大小取決于兩個(gè)分力的大小和方向.

9.答案:AC

解析：解：AB,子彈射入木塊過程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，系統(tǒng)的

動(dòng)量守恒，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：

mv0=(M+m)v

解得：”=篝

子彈射入木塊后，子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先向右做減速運(yùn)動(dòng)，后向左做加速運(yùn)動(dòng)，回

到4位置時(shí)速度大小不變，即當(dāng)木塊回到4位置時(shí)的速度大小為：〃=篝，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對(duì)彈簧的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理得：

I'——(M+m)v—mv0——2mv0

所以墻對(duì)彈簧的沖量/的大小為：/=2nw。，故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：AC.

子彈射入木塊過程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，可由

動(dòng)量守恒定律列式求解子彈和木塊的共同速度。系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先向右做減速運(yùn)動(dòng)，后向

左做加速運(yùn)動(dòng)，回到a位置時(shí)速度大小不變，根據(jù)動(dòng)量定理可求得此過程中墻對(duì)彈簧的沖量/的大小。

子彈射入木塊是一種常見的物理模型，由于時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。要知道

動(dòng)量定理是求變力沖量常用的方法。

10.答案:AC

解析：解:4、根據(jù)運(yùn)動(dòng)員靜止站在蹦床上時(shí)，床面下沉而；貝U：mg=kx0

解得上=詈；故A正確；

x0

8、根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，上升下落時(shí)間相等，即上升時(shí)間為上升的最大高度：九=99(：)2=

止.故B錯(cuò)誤；

8

C、運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為蹦床的彈性勢(shì)能，即：Nkx2=7ng(x+嗒)

28

所以：X=Xo+t)2+X/故C正確；

。、整個(gè)比賽過程中運(yùn)動(dòng)員增加的機(jī)械能等于運(yùn)動(dòng)員從&處到最高點(diǎn)的重力勢(shì)能與減小的彈性勢(shì)能的

xf2x

差,即：△E=mg(x0+h)=^9o+)~1-'o=綱"0+M/StA?故。

錯(cuò)誤.

故選：AC

由胡克定律可求得常量k;

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得上升的高度，則可判斷是否符合要求；

根據(jù)功能關(guān)系可求得床面壓縮的最大深度和整個(gè)比賽過程中運(yùn)動(dòng)員增加的機(jī)械能.

本題考查物理規(guī)律在生活中的應(yīng)用，要注意正確分析物理過程及做好受力分析，然后才能根據(jù)題意

選擇合適的物理規(guī)律.

11.答案：OC15.701.24m1.22m大于紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器有摩擦，減小的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化

為內(nèi)能

解析：解：(1)該同學(xué)用毫米刻度尺測(cè)量，讀數(shù)時(shí)應(yīng)估讀到mm以下，故這三個(gè)數(shù)據(jù)中不符合有效數(shù)

字讀數(shù)要求的是OC,應(yīng)記作15.70cm。

(2)重錘重力勢(shì)能的減小量4Ep=mgh0B=mx10x0.12427=1.24m；

B點(diǎn)的瞬時(shí)速度為=靠=°—7°~°—=1.55m/s,

2

則重錘動(dòng)能的增加量AEk=^mvl=^xmx1.55=1.20m,這樣驗(yàn)證的系統(tǒng)誤差總是使重力勢(shì)能

的減少量大于動(dòng)能的增加量，原因是紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器有摩擦，減小的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。

故答案為：(1)OC；15.70；(2)1.24m；1.20m；大于；紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器有摩擦,減小的重力勢(shì)能

一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。

(1)根據(jù)紙帶的讀數(shù)以及單位確定不符合有效數(shù)字要求的那一段。

(2)根據(jù)下降的高度求出重力勢(shì)能的減小量，根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求

出B點(diǎn)的瞬時(shí)速度，從而得出動(dòng)能的增加量。比較出重力勢(shì)能減小量和動(dòng)能增加量的大小關(guān)系，分析

誤差形成的原因。

解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理和注意事項(xiàng)，掌握紙帶的處理方法，會(huì)通過紙帶求解瞬時(shí)速度，從

而得出動(dòng)能增加量，會(huì)根據(jù)下降的高度求解重力勢(shì)能的減小量，知道實(shí)驗(yàn)誤差形成的原因。

12.答案：分壓電鍵S不應(yīng)閉合，應(yīng)處于斷開狀態(tài)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭P位置不當(dāng)，應(yīng)將其置于b端

解析：解：(1)燈泡兩端電壓從0開始變化，滑動(dòng)變阻器只能采用分壓接法。

(2)為保護(hù)電路安全，連接電路時(shí)：①電鍵S不應(yīng)閉合，應(yīng)處于斷開狀態(tài)；

②滑動(dòng)變阻器采用分壓，滑片應(yīng)置于分壓電路分壓為零的位置，滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭P位置不當(dāng)，

應(yīng)將其置于b端；

故答案為：(1)分壓；(2)①電鍵S不應(yīng)閉合，應(yīng)處于斷開狀態(tài)；②滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭P位置不當(dāng)，

應(yīng)將其置于b端。

(1)滑動(dòng)變阻器有分壓與限流兩種接法，根據(jù)題意確定滑動(dòng)變阻器的接法。

(2)連接電路時(shí)開關(guān)應(yīng)斷開，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法時(shí)，滑片應(yīng)置于分壓位置為零的位置。

本題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)與滑動(dòng)變阻器接法的選擇，滑動(dòng)變阻器一般有分壓與限流兩種接法，當(dāng)電

壓與電流從零開始變化時(shí)，滑動(dòng)變阻器只能采用分壓接法。

13.答案：解：取土壤為研究對(duì)象，由物體的平衡條件和牛頓第二定律有，在月球表面時(shí)：FN1=mg

在月球表面上某一高度處根據(jù)牛頓第二定律有：FN2-mgy=ma=m-^

根據(jù)題意52=

lo

得到：=gg

h口日Mm「Mm

而且mg=mgx=G而訴

聯(lián)立得到：h=p

答：此時(shí)離月球表面的高度為1

解析：取土壤為研究對(duì)象，由物體的平衡條件和牛頓第二定律結(jié)合萬有引力定律進(jìn)行解答。

本題主要是考查牛頓第二定律的應(yīng)用，解答關(guān)鍵是能清楚受力情況，根據(jù)牛頓第二定律以及萬有引

力和重力的關(guān)系分析。

14.答案：解：⑴從圖(a)中可以讀出，當(dāng)t=ls時(shí),

fi=F、=4N；

(2)從圖(b)中可以看出，t=0至t=2s過程，物體靜止.S】=0

t=2s至t=4s過程中，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng).S?='^券七=等x2=4?n

t=4s至t=6s過程中，物塊做勻，速運(yùn)動(dòng).S3=u4t3=4x2=8m

所以物塊在前6s內(nèi)的位移大小S=Si+S2+S3=4+8=12m

(3)從圖(b)中可以看出，當(dāng)t=2s至t=4s過程中，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為

△V4.7

一=2nm/sz；

a=—△t=2/

由牛頓第二定律得4-4mg=ma

F3=啟="ng

所以巾==2kg：

jiz=—=—=0.4

rmg2x10

答：(l)ls末物塊所受摩擦力的大小先為4N；

(2)物塊在前6s內(nèi)的位移大小為12nl.

(3)物塊的質(zhì)量zn為2kg；物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)”為0.4.

解析：(1)由b圖可知物體做勻速運(yùn)動(dòng)，則摩擦力等于拉力，由a圖可讀出摩擦力大?。?/p>

(2)住仍圖明確物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)圖象中的面積可求出前6s內(nèi)的位移；

(3)由圖可求出t=2s至t=4s過程中的加速度，再由牛頓第二定律可求得質(zhì)量和動(dòng)摩擦因數(shù).

本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，要注意明確圖象的作用，能根據(jù)圖象明確物體的運(yùn)動(dòng)情況，再由牛

頓第二定律列式求解即可.

15.答案：(1)避逛(2)粒子離開磁場(chǎng)時(shí)到b的距離上

解析：試題分析：(1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，粒子沿ef方向做直線運(yùn)動(dòng),

有：

qv0B=qE①（2分）

當(dāng)撤去磁場(chǎng)，保留電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度

為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題知，粒子恰能從c點(diǎn)飛出，則

水平方向有：2R=%t②（l分）

豎直方向有：工說;=工濟(jì)守③（1分）

翦S

qE=ma④（1分）

聯(lián)解①②③④得：

燮=昌⑤（2分）

（2）若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示.

b

設(shè)粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置g離b的距離為幻則由牛頓第二定律:

&除趣=⑥（1分）

歲

得V=絲=后卷⑦（2分）

螃

由圖中幾何關(guān)系得：

粒子的軌跡半徑為k=魔窗4吸窗=屈⑧（2分）

得。=60。（2分）

故粒子離開磁場(chǎng)時(shí)到b的距離為席=二渝田ftt鬻⑨（2分）

怎翦

代入解得：京,二上⑩（1分）

考點(diǎn)：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的勻速直線運(yùn)動(dòng)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

16.答案：解：分別對(duì)4和B受力分析，如圖：『|NB

最大靜摩擦力為：fm=f=mg=2N_L_~~>F

若二者有共同加速度a,貝妙=ma...①寸」二》

%mg*Mg

F-f=Ma...@

當(dāng)尸=5N時(shí)，得:a=lm/s2,f=IN

AB經(jīng)過2s后，位移為：s=|at2=2m

產(chǎn)對(duì)車做功為：WF=F-s=10J

摩擦力對(duì)4做功為：Wr=f-s=2J

根據(jù)動(dòng)能定理得：△EK=W冷=10-2=引

當(dāng)產(chǎn)=12N時(shí)，代入①②得：a=2.4m/s2,/=2.4N

根據(jù)已知條件4、B之間的最大靜摩擦力近似認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力即：

frn=Rmg=2N

因?yàn)閒>fm

所以當(dāng)F=12N時(shí)，4、B出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)，有：

f

2

aA=-=^9=2m/s

p一,

9cz2

aB=---------=2.5m/s

2

所以：S4=^aAt=4m

1,

SB=2aBt=5m

A、B相對(duì)運(yùn)動(dòng)距離是lm,即4相對(duì)B向后打滑Irn,給定車長(zhǎng)為2m,所以2s時(shí)4仍在車上.

F對(duì)車做功為：WF=F-SB=60/

摩擦力對(duì)4做功為：Wf=f-SA=8J

根據(jù)動(dòng)能定理得：△EK=/令=60-2x5=50/

答：（1）當(dāng)F=5N時(shí)，戶對(duì)車做功為10/,摩擦力對(duì)4做功為2/,小車動(dòng)能增加8/

當(dāng)尸=12N,F對(duì)車做功為60/,摩擦力對(duì)4做功為8/,小車動(dòng)能增加50/.

解析：分別對(duì)4和B受力分析，分析當(dāng)F=5N和F=12N時(shí)，4B的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律、

運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式及動(dòng)能定理列式即可求解.

本題主要考查了牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式、運(yùn)動(dòng)學(xué)基本公式及動(dòng)能定理的直接應(yīng)用，要注意

分析過程，正確應(yīng)用功的公式及動(dòng)能定理進(jìn)行分析求解.

17.答案：解：(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向：乙=2竹,

解得：警，

13%

水平向左的位移大小為：x=vot1=等3

則粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)/時(shí)在x軸上的位置坐標(biāo)為(-苧L,0)；

(2)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)售=2"

解得：Vy—V3V0?

粒子的速度為：v=J與+藥=2v0,

〃與工軸負(fù)方向間夾角為：。=arctan—=arctanV3=60°,

vx

粒子在磁場(chǎng)I中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB=m-,

rrl

解得：

由幾何知識(shí)可知，圓心內(nèi)恰好在y軸上，距。點(diǎn)的距離為：y0=|3

?2

粒子在磁場(chǎng)H中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：qvB