2021屆河南省洛陽市高考物理三模試卷附答案詳解

2021屆河南省洛陽市高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.某核反應(yīng)方程為出+出/He+X.已知出的質(zhì)量為2.0136a,:，的質(zhì)量為3.0180”，翅e的質(zhì)

量為4.0026”，X的質(zhì)量為1.0087”，其中l(wèi)it=931.5MeV,則下列說法中正確的是（）

A.X是質(zhì)子，該反應(yīng)釋放能量為8.91MeV

B.X是中子，該反應(yīng)釋放能量為18.91MeV

C.X是質(zhì)子，該反應(yīng)吸收能量為8.91MW

D.X是中子，該反應(yīng)吸收能量為18.91MeV

2.下列四幅圖中，能正確反映豎直上拋運動過程的位移與時間關(guān)系的是（）

3.2011年9月29日，“天宮一號”順利升空，11月1日，“神舟八

號”隨后飛上太空，11月3日凌晨“神八”與離地高度343km軌

道上的“天宮一號”對接形成組合體，中國載人航天首次空間

交會對接試驗獲得成功，為建立太空實驗室-空間站邁出了關(guān)鍵

一步.設(shè)對接后的組合體在軌道上做勻速圓周運動，則下列說法中正確的是（）

A.對接前，“神舟八號”欲追上“天宮一號”，可以在同一軌道上點火加速

B.對接后，“天宮一號”的速度小于第一宇宙速度

C.對接后，“天宮一號”的運行周期大于地球同步衛(wèi)星的周期

D.今后在“天宮一號”內(nèi)工作的宇航員因受力平衡而在其中懸浮或靜止

4.如圖所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的粗糙導(dǎo)軌，GH是長度為人電

阻為r的導(dǎo)體棒。導(dǎo)體棒GH處在方向向下、磁感應(yīng)強度為B的勺強磁場

中。圖中E是電動勢為E,內(nèi)阻不計的直流電源，C是電容為C的電容器。

閉合開關(guān)，導(dǎo)體棒能始終保持靜止，待電路穩(wěn)定后，則有（）

A.導(dǎo)體棒中電流/=”■了:

/<2TK-jT/

B.導(dǎo)體棒所受到的摩擦力方向向左

C.導(dǎo)體棒所受到的安培力尸安

…T十/

D.電容器帶電量為Q=*CR2

I十AC]

如圖所示，在半徑為R的圓內(nèi)，有方向為垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電

粒子以速度"沿半徑a。方向從a點射入磁場，又從c點射出磁場，射出時速度

方向偏轉(zhuǎn)60。，則粒子在磁場中運動的時間是（）

AnRBX/37T/?2nR2.y/37tR

?豆

A*3v3v*3v

多選題（本大題共5小題，共27.0分）

如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接

地.一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平

行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（）

A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動

B.尸點的電勢將降低

C.帶電油滴的電勢能增加

D.電容器的電容減小，極板帶電量增大

7.超市里的自動扶梯都是斜面（無階梯）式的，如果無人搭乘一段時間

后，能自動調(diào)整為待機省電模式緩慢運行，速度為O.lm/s,當(dāng)一旦

有人踏上去，通過壓力感應(yīng)，能恢復(fù)到速度0.5m/s.現(xiàn)有一質(zhì)量為

60kg的高三學(xué)生，以O(shè).lm/s的速度輕輕地?zé)o倚靠地踏上同速運行的扶梯，無相對滑動，扶梯經(jīng)

過1s的勻變速調(diào)整后，勻速行駛.如圖所示，扶梯傾角為30。，斜面長為10m,最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力.（g=10血/$2）.則（）

A.該學(xué)生的鞋底與扶梯面的動摩擦因素至少為獨

25

B.加速過程中，摩擦力對學(xué)生做的功等于該學(xué)生動能的增加量7.2/

C.加速過程中，該學(xué)生的機械能增加了97.2/

D.若整個過程中只有該學(xué)生乘，則比待機模式電動機多消耗了3007.2/的電能

如圖所示為研究影響平行板電容器電容的因素的裝置圖，設(shè)兩極板正

對面積為5,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為8,實驗中，極板

所帶電荷量Q不變，若（）

A.保持S不變，增大d,則。變小

B.保持S不變,減小d,則。變小

C.保持d不變，減小S,貝但變大

D.保持d不變，減小S,貝M不變

9.下列說法正確的是（）

A.當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大

B.處于安全失重的水滴呈球形，是液體表面張力作用的結(jié)果

C.一定質(zhì)量的理想氣體在等壓膨脹過程中，內(nèi)能一定增加

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.如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間分子平均

動能一定相同

10.如圖所示，一束由兩種色光混合的復(fù)色光沿PD方向射向一平行玻磚

的上表面，得到二束平行光線/、〃、111,下列說法正確的是（）

A.光束/為復(fù)色光，光束〃、/〃為單色光

B.改變a角，光線/、〃、/〃仍保持平行

C.光束〃/的頻率大于光束〃的頻率

D.通過相同的雙縫干涉裝置，光束〃產(chǎn)生的條紋寬度要大于光束/〃

產(chǎn)生的條紋寬度

E.在真空中，光束II的速度等于光束〃/的速度

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.某探究學(xué)習(xí)小組的同學(xué)欲驗證動能定理，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置，另外他們

還準(zhǔn)備了導(dǎo)線、小木塊、細沙等.若你是小組中的一位成員，要完成該項實驗：

（1）你認(rèn)為以下哪些器材是本實驗還需要的.

A.干電池B.天平C.毫米刻度尺

（2）實驗時，該同學(xué)想用小沙桶和細沙的總重力表示滑塊受到的合力，為了減小這種做法帶來的實驗

誤差，你認(rèn)為以下措施可行的是

A將圖中所示長木板的左端適當(dāng)墊高以平衡摩擦力

8.讓圖中所示滑塊的質(zhì)量遠大于小沙桶和細沙的總質(zhì)量

C.讓圖中所示滑塊的質(zhì)量遠小于小沙桶和細沙的總質(zhì)量.

紙帶打點眄器髀蹲滑艙

長蛭水3臺II」

小沙桶

12.某物理興趣小組想測定一個阻值大約為10kO,額定電功率為0.1勿的電阻段,現(xiàn)有以下實驗器

材可以選擇：

A.電流表4式量程為1血4內(nèi)阻約為100。）

8.電流表量程為3mA,內(nèi)阻約為20。）

C.電壓表匕（量程為10U,內(nèi)阻約為5O/C0）

。電壓表眩（量程為30V,內(nèi)阻約為100k。）

E直流電源E（電動勢為9V,內(nèi)阻約為10）

F.滑動變阻器/?式20。,14）

G.開關(guān)、導(dǎo)線若干

（1）為了方便并能多次測量使結(jié)果盡可能精確，請選擇合適的電壓表和電流表畫出電路圖，并在

電路圖中標(biāo)注①或心、匕或彩。

（2）若操作、讀數(shù)、計算均無誤，考慮到電表內(nèi)阻影響，R測一R鼠填大于、等于或小于）;

（3）為避免電表內(nèi)阻的影響，小組成員提出用新的器材提出另外的方

案如圖所示，連接好電路后，閉合開關(guān)S],調(diào)節(jié)各可變電阻，使得開

關(guān)S2由斷開到閉合，靈敏電流計G指針無偏轉(zhuǎn)，并記錄此時電壓表示

數(shù)U和電流表示數(shù)/,則待測電阻勺=，該方案中若操作、讀數(shù)、

計算均無誤，則R澗—R直（填大于、等于或小于）。

四、計算題（本大題共4小題，共52.0分）

13.如圖所示，4、B、C三輛小車都放在光滑水平面上，其質(zhì)量分別為僧2、皿1、C車

間有一壓縮彈簧，彈簧與小車不連接，用一輕細線將兩車連在一起靜止于水平面上.現(xiàn)讓4車以

速度”0向右運動，與B車發(fā)生碰撞，碰撞時間不計，碰后4車停止運動.在B、C向右運動的過程

中將細線燒斷，燒斷后很快B也停止運動.求：

(1)4車與B車剛碰后B車的速度及最終C車的速度:

(2)彈簧釋放的彈性勢能.

14.如圖所示，放置在水平面上的兩平行粗糙導(dǎo)軌帥、cd相距L,ac

端通過導(dǎo)線接入一組值為R的電阻，e/?左右兩側(cè)均充滿垂直于導(dǎo)

軌平面、方向相反的磁場，ae=cf=L,e/■左側(cè)區(qū)域的磁感應(yīng)

強度B隨時間t的變化關(guān)系為：B=kt,k為恒量，e/右側(cè)區(qū)域的

磁場為勻強磁場.一電阻不計、質(zhì)量為m的金屬棒MN放在ae/c的中間位置，并與導(dǎo)軌始終垂直

且良好接觸，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為〃.開始時MN保持靜止，某時刻金屬棒獲得水平

向右的瞬時速度使金屬棒開始運動，并在ef右側(cè)位置開始一直做勻速運動.已知導(dǎo)軌、導(dǎo)線的

電阻不計.求：

(1)金屬棒保持靜止時，通過R的電流大小和金屬棒所受摩擦力大??；

(2)為了使金屬棒做勻速運動時速度最大，則e/右側(cè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小;

(3)金屬棒做勻速運動時，在滿足(2)的條件下，電阻R消耗的電功率.

15.如圖，一粗細均勻的細長玻璃管，上端開口、下端封閉，上部有高刈=44sn的水

銀柱，水銀面恰好與管口平齊，中部封有長1=6.0cm的理想氣體，下部有高電=

60cm的水銀柱?，F(xiàn)使玻璃管繞底端在豎直平面內(nèi)緩慢轉(zhuǎn)動到開口向下的位置。己

知大氣壓強為Po=76cmHg,轉(zhuǎn)動過程中無漏氣現(xiàn)象。

①請分析玻璃管轉(zhuǎn)動到水平位置時，開口端的水銀是否會有一部分流出。若不會流出，

請說明理由；若會流出，請求出剩余部分的長度。

(的求轉(zhuǎn)動到開口向下的位置時玻璃管中空氣柱的長度。

16.如圖所示，實線是某時刻的波行圖線，虛線是0.2秒后的波形圖線,

(1)若波向右傳播，求它的最大周期；

(2)若波速是35cm/s,求波的傳播方向.

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：根據(jù)核反應(yīng)過程質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒，X的質(zhì)量數(shù)為1,電荷數(shù)為零，即為中子徐；

在該反應(yīng)發(fā)生前反應(yīng)物的總質(zhì)量叫=2.0136u+3.018Ou=5.0316u,反應(yīng)后產(chǎn)物總質(zhì)量g=

4.0026a+1.0087&=5.0113it,總質(zhì)量減少，出現(xiàn)了質(zhì)量虧損。

根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程可知該反應(yīng)釋放能量，產(chǎn)生的質(zhì)量虧損是△m=5.0316u-5.0113u=

0.0203u,則4E=0.0203X931.5=18.91MeV,故8正確，AC。錯誤。

故選：Bo

根據(jù)核反應(yīng)方程質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒求出X。

應(yīng)用質(zhì)能方程△E=△me?判斷是吸收能量還是釋放能量。

本題考查了核反應(yīng)方程式與愛因斯坦質(zhì)能方程，根據(jù)核反應(yīng)過程中質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒可以判斷

粒子X的類型，應(yīng)用質(zhì)能方程可以求出釋放的能量；掌握基礎(chǔ)知識即可解題，平時要注意基礎(chǔ)知識的

學(xué)習(xí)與應(yīng)用。

2.答案：D

解析：解：豎直上拋運動，由于加速度一直豎直向下，則對全過程分析，可知，物體一直做勻減速

直線運動，由位移公式s=%t-：gt2；結(jié)合數(shù)學(xué)函數(shù)關(guān)系圖象可知，圖象應(yīng)為開口向下的拋物線，

故。正確，ABC錯誤。

故選：D。

根據(jù)豎直上拋上升過程和下降過程中的運動規(guī)律，得出位移與時間的表達式，結(jié)合表達式分析判斷.

解決本題的關(guān)鍵知道豎直上拋運動上升過程中和下降過程中的運動規(guī)律，本題對數(shù)學(xué)知識能力要求

較高，要注意加強應(yīng)用數(shù)學(xué)分析物理規(guī)律的能力練習(xí).

3.答案：B

解析：解：4、先讓飛船與天宮一號在同一軌道上，此時飛船受到的萬有引力等于向心力，若讓飛船

加速，所需要的向心力變大，萬有引力不變，所以飛船做離心運動，不能實現(xiàn)對接，故A錯誤.

8、第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度，是最大的環(huán)繞地球運動的速度，故對接后，“天宮一號”的速

度小于第一宇宙速度；故B正確.

C、由萬有引力公式可得運行周期T=2兀隹，故半徑越大，運行周期越大，所以對接后，“天宮一

號”的運行周期小于地球同步衛(wèi)星的周期，故C錯誤.

。、神州八號與天宮一號受地球?qū)λ鼈兊娜f有引力作用，繞地球做圓周運動，工作的宇航員也是繞

地球做圓周運動，受力不平衡.故。錯誤.

故選：B.

根據(jù)萬有引力提供向心力及近心運動和離心運動的相關(guān)知識即可求解.

第一宇宙速度是最小的發(fā)射速度，是最大的環(huán)繞地球運動的速度；

天宮一號和神舟八號繞地球做勻速圓周運動，靠萬有引力提供向心力，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第

二定律比較周期的大小.神州八號與天宮一號受地球?qū)λ鼈兊娜f有引力作用，繞地球做圓周運動，

受力不平衡.

解決本題的關(guān)鍵掌握線周期與軌道半徑的關(guān)系，以及知道神舟八號只有加速時，萬有引力不夠提供

向心力，離開原軌道做離心運動可能與天宮一號對接.

4.答案:C

P

解析：解：力、導(dǎo)體棒中的電流為：/=/，故A錯誤；

“1十r

8、由左手定則知導(dǎo)體棒受的安培力向左，故受到的摩擦力向右，故B錯誤

C、導(dǎo)體棒受到的安培力F=B/L=*，故C正確;

D、電容器上的電壓等于導(dǎo)體棒兩端的電壓，Q==故。錯誤;

故選：Co

電路穩(wěn)定后電容器相當(dāng)于斷路，根據(jù)歐姆定律求導(dǎo)體棒中的電流，由。=cu求電容器的帶電量。

本題借助平衡條件和安培力考查了電路問題，含電容的問題一定要注意電容器兩端電壓的確定。

5.答案：B

解析：解：設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為r,如圖所示,

由幾何知識得：^00'a=30°,

圓運動的半徑：「=舟=舊乩

由于粒子在磁場中的運動方向偏轉(zhuǎn)了60°角，

粒子完成了;個圓運動，運動的時間為:

6

—X①=2

v6v3v

故選：B.

電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，由幾何知識求出半徑.定圓心角，根挪/求時間

帶電粒子在勻強磁場中勻速圓周運動問題，關(guān)鍵是畫出粒子圓周的軌跡，往往用數(shù)學(xué)知識求半徑.

6.答案：BC

解析：解：4、油滴處于平衡狀態(tài)，則說明小球受到的重力等于電場力；故mg=Eq；電場力向上;

故小球帶負(fù)電；

因電容器兩端的電壓不變；當(dāng)將上極板豎直向上移動一段距離時，兩板間的距離增大，則由U=Ed

可知，兩板間的場強減??；故油滴受到的電場力減??；故合力向下；故油滴將向下運動；故A錯誤；

B、因P與下極板的距離不變；P點的電勢等于P與下極板間的電勢差；由(7=56/可知，P點的電勢將

下降，故8正確；

C、因油滴的帶負(fù)電，則電勢下降時，帶電油滴的電勢能將增加；故C正確；

。、因板間距離增大，則由電容器的決定式可知，電容將減小；而由Q=UC可知，電量減小，故。

錯誤；

故選：BC.

電容器與電源相連，故電容器兩端的電壓不變；根據(jù)U=Ed可確定場強的變化；再由勻強電場中電

勢與場強的關(guān)系可確定電勢的變化；由。=￡品可知電容的變化，由。=UC可得出電量的變化.

本題考查電容器的決定式及定義式、勻強電場的場強與電勢差的關(guān)系；要注意公式的正確應(yīng)用，明

確決定式與定義式的區(qū)別與聯(lián)系.

7.答案：ACD

解析：解：力、加速過程中，該學(xué)生的加速度為：。=、也="言=0.4巾/$2,根據(jù)牛頓第二定律

得：

水平方向有/=macos300

豎直方向有N—mg=masin30°

又f=聯(lián),聯(lián)立解得〃=綏，即該學(xué)生的鞋底與扶梯面的動摩擦因素至少為第，故A正確.

8、加速過程中，該學(xué)生動能的增加量為△Ek=Tm"2一：機詔=：x60x(0.52-0.I2)/=7.27,

根據(jù)動能定理知，支持力和摩擦力對學(xué)生做功之和等于該學(xué)生動能的增加量7.2J,故8錯誤.

C、加速過程中，該學(xué)生的位移為％=竽1=歿竺xlm=0.3m,機械能增加量為△E=△Ek+

mgxsin300=7.2+60x10x0.3x0.5=97.2/,故C正確.

。、若整個過程中只有該學(xué)生乘時，則比待機模式電動機多消耗了的電能為E電=△Ek+mgLsin3O0=

7.2+60X10x10x0.5=3007.2/,故。正確.

故選：ACD

當(dāng)學(xué)生剛好不發(fā)生相對滑動時，鞋底與扶梯面的動摩擦因素最小，根據(jù)加速度的定義式求加速度，

再由牛頓第二定律求動摩擦因素.加速過程中，合力對學(xué)生做的功等于該學(xué)生動能的增加量.除重

力以外的力做功等于機械能增加量.電動機多消耗的電能等于該學(xué)生增加的機械能.

本題運用分解加速度的方法求動摩擦因數(shù)是關(guān)鍵，也可以分解力來求解.要注意分析能量是如何轉(zhuǎn)

化的.

8.答案：BC

解析：

靜電計測定電勢差，電容器板間電勢差越大，指針偏角越大.先根據(jù)電容器的決定式C=指分析

4Tckd

電容的變化情況，再由電容的定義式c=￡分析板間電勢差的變化情況，即可作出判斷.對于電容器

動態(tài)分析問題，關(guān)鍵掌握電容器的決定式c=抵和電容的定義式c=3結(jié)合電荷量不變進行分析.

A、保持S不變，增大d時，根據(jù)電容器的決定式。=品可知，電容C減小，電容器的電荷量Q不變，

由電容的定義式C=與分析得知板間電勢差增大，。變大.故A錯誤.

8、保持S不變，減小d時，根據(jù)電容器的決定式。=品可知，電容C增大，電容器的電荷量Q不變，

由電容的定義式C=?分析得知板間電勢差減小，。變小.故B正確.

C、D、保持d不變，減小S時，根據(jù)電容器的決定式。=島可知，電容C減小，電容器的電荷量Q不

變，由電容的定義式C=￡分析得知板間電勢差增大，。變大.故C正確，。錯誤.

故選：BC

9.答案：BCE

解析：解：力、當(dāng)人們感到潮濕時，空氣的相對濕度一定較大，空氣的絕對濕度不一定大，故A錯

誤；

8、處于完全失重的水滴呈球形，是液體表面張力作用的結(jié)果，故8正確；

C、一定質(zhì)量的理想氣體在等壓膨脹過程中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程與=C可知，溫度升高，則內(nèi)能

一定增加，故C正確；

。、單晶體一定有規(guī)則的幾何形狀，形狀不規(guī)則的金屬是多晶體，故。錯誤;

E、根據(jù)熱力學(xué)第零定律，如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)

彼此之間必定處于熱平衡，溫度相同，分子平均動能一定相同，故E正確。

故選：BCE。

掌握相對濕度和絕對濕度的意義，明確人感覺到潮濕是因為相對濕度大；液體表面張力使水滴呈球

形；根據(jù)牛=C判斷溫度；根據(jù)有無規(guī)則形狀的特點判斷單晶體和多晶體；根據(jù)熱力學(xué)第零定律，

如果兩個系統(tǒng)分別與第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間必定處于熱平衡。

本題考查表面張力以及相對濕度、絕對濕度、晶體、非晶體、分子平均動能、物體內(nèi)能、理想氣體

狀態(tài)方程等，內(nèi)容較多，關(guān)鍵是熟練記憶并理解。

10.答案：ABE

解析：解：力、兩種色光都在玻璃磚的上表面發(fā)生了反射，入射角相同，由反射定律知，它們的反射

角相同，可知光束/是復(fù)色光。而光束口、HI由于折射率的不同導(dǎo)致偏折分離，\

所以光束口、in為單色光。故A正確。氤需彳

B、一束由兩種色光混合的復(fù)色光沿P。方向射出，經(jīng)過反射、再折射后，光線仍L*”,加

是平行，因為光的反射時入射角與反射角相等。所以由光路可逆可得出射光線平行。改變a角，光線

I,U,HI仍保持平行。故B正確；

c、由圖知：光束n的偏折程度大于比光束m的偏折程度，根據(jù)折射定律可知玻璃對光束n的折射率

大于光束in的折射率，則光束n的頻率大于光束nr的頻率。故c錯誤。

。、光束n的折射率大于光束m,則光束n的頻率大于光束m,光束11的波長小于光束in的波長，

而雙縫干涉條紋間距與波長成正比，則雙縫干涉實驗中光n產(chǎn)生的條紋間距比光in的小。故。錯誤。

瓜在真空中，所有單色光的速度都相等，故￡正確；

故選：ABE.

光束/是反射光線，而光束n、DI是經(jīng)過兩次折射和一次反射的出射光，由于兩種色光的折射率不同，

導(dǎo)致出現(xiàn)光線偏折分離。但根據(jù)光路可逆可知出射光線仍與入射光線平行。由光束n、in的位置可

確定其折射率的不同，從而判定光的波長大小，可確定雙縫干涉條紋間距的大小。不同單色光在真

空中傳播速度都相同。

解決本題時要知道光線在兩種介質(zhì)分界面上都有反射，反射遵守光的反射定律。由于光線在玻璃中

的折射率不同，可通過光的折射產(chǎn)生光的色散。要知道折射率越大，光的頻率越高。

11.答案:BC-,AB

解析：解：(1)實驗要驗證動能增加量和總功是否相等，故需要求出總功和動能，故還要天平和刻度

尺；

所以為：天平，刻度尺；

(2)沙和沙桶加速下滑，處于失重狀態(tài)，其對細線的拉力小于重力，設(shè)拉力為7,根據(jù)牛頓第二定律，

有

對沙和沙桶，有mg-T=ma

對小車，有7=Ma

解得：

M

T=M..+,m

故當(dāng)m?M時，有7Vmg；

小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應(yīng)該用重力的下滑分

量來平衡摩擦力，故可以將長木板的一段墊高；

故答案為：(1)BC；(2)AB.

(1)根據(jù)實驗原理，得到需要驗證的表達式，從而確定需要的器材；

(2)實驗要測量滑塊動能的增加量和合力做的功，用沙和沙桶的總質(zhì)量表示滑塊受到的拉力，對滑塊

受力分析，受到重力、拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，必須使重力的下滑分量等于摩

擦力；同時重物加速下降，處于失重狀態(tài)，故拉力小于重力，可以根據(jù)牛頓第二定律列式求出拉力

表達式分析討論.

本題關(guān)鍵是根據(jù)實驗原理并結(jié)合牛頓第二定律和動能定理來確定要測量的量、實驗的具體操作方法

和實驗誤差的減小方法.

(1)根據(jù)電源電動勢選取電壓表，根據(jù)最大電流選擇電流表，根據(jù)“大內(nèi)小外”的原則選擇電流表接

法，根據(jù)滑動變阻器阻值遠小于待測電阻，可知應(yīng)選用分壓式接法；

(2)電流表內(nèi)接法會使電阻測量值偏大；

(3)新的設(shè)計方案為電橋法，據(jù)此分析.

(1)因為電源電動勢為9叭所以電壓表選擇匕，當(dāng)電阻燈兩端電壓為9口寸，根據(jù)歐姆定律，電流為

0.9mA,故電流表選擇義,因為骨＜^，所以電流表使用內(nèi)接法，而滑動變阻器最大阻值遠小于待

測電阻孔,故使用分壓式接法，故設(shè)計電路圖如下：

(2)因為使用電流表內(nèi)接法，實際測量的阻值為q+以1，貝平施大于R薦；

(3)新的設(shè)計方案用了電橋法的思想，靈敏電流計G指針無偏轉(zhuǎn)，說明電流表示數(shù)即為通過&的電流,

電壓表示數(shù)為&兩端電壓，則Rx=-，電橋法測量電阻時，沒有系統(tǒng)誤差，故R期等于R發(fā).

13.答案：解：(1)規(guī)定向右為正方向，A、B碰撞動量守恒：m2v0=mxvB,

解得：如=詈

mvf

系統(tǒng)總動量守恒：m2v0=2c

(2)根據(jù)能量守恒得，Ep=imv^-Avj=皿叱EM.

lN22.miZTTlj

答：(1)4車與B車剛碰后B車的速度為詈，最終C車的速度為火.

(2)彈簧釋放的彈性勢能為m*：/)詔

解析：小B組成的系統(tǒng)動量守恒，結(jié)合動量守恒定律求出4、B碰后B的速度，再對8、C組成的系統(tǒng)

運用動量守恒求出最終C的速度.

根據(jù)能量守恒定律求出彈簧釋放的彈性勢能.

本題考查了動量守恒和能量守恒定律的基本運用，運用動量守恒定律解題，關(guān)鍵選擇好研究的系統(tǒng)，

注意動量守恒定律表達式的矢量性.

14.答案：解：(1)在金屬棒保持靜止時，設(shè)回路中感應(yīng)電動勢大小為感應(yīng)電流為/,由法拉第電

磁感應(yīng)定律：E[=皆=3止

通過R的電流大?。?=￡

金屬棒所受摩擦力大?。篈=BJL

(2)金屬棒做勻速運動時：BIL=而/=

金屬棒做勻速運動時：

在整必t時間內(nèi)的磁通量變化量為：△</>'=kL2At—BLv-△t

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E2=N=k廿一BLv

得.〃=—絲3+空

田B2l?十B

當(dāng)8=爺磬時，取%!=盧’；

kL24〃mgR

(3)在滿足(2)的條件下，回路中的電動勢E2=詈=：卜〃

電阻R消耗的電功率：p="="

R4R

答：(1)金屬棒保持靜止時，通過R的電流大小為華，金屬棒所受摩擦力大小為歐學(xué)；

(2)為了使金屬棒做勻速運動時速度最大，則e/?右側(cè)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為與警；

(3)金屬棒做勻速運動時;在滿足(2)的條件下，電阻R消耗的電功率警.

解析：(1)在金屬棒保持靜止時，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路的歐姆定律求解電流強度大小;