2021屆全國(guó)金太陽聯(lián)考新高考原創(chuàng)預(yù)測(cè)試卷（二十九）物理

2021屆全國(guó)金太陽聯(lián)考新高考原創(chuàng)預(yù)測(cè)試卷（二十九）

物理

★祝考試順利★

注意事項(xiàng)：

1、考試范圍：高考范圍。

2、答題前，請(qǐng)先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0.5毫米黑色簽字筆填寫在試題卷和答題卡

上的相應(yīng)位置，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。用2B鉛筆將答題卡上試卷

類型A后的方框涂黑。

3、選擇題的作答：每個(gè)小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂

黑。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選擇題答題區(qū)域的答案一律無效。

4、主觀題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙

和答題卡上的非答題區(qū)域的答案一律無效。如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答

案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。

5、選考題的作答：先把所選題目的題號(hào)在答題卡上指定的位置用2B鉛筆涂黑。答案用

0.5毫米黑色簽字筆寫在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非選

修題答題區(qū)域的答案一律無效。

6、保持卡面清潔，不折疊，不破損，不得使用涂改液、膠帶紙、修正帶等。

7、考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷、答題卡、草稿紙一并依序排列上交。

一、選擇題

1.運(yùn)動(dòng)學(xué)中有人認(rèn)為引入“加速度的變化率”沒有必要，然而現(xiàn)在有人指出“加速度的變化

率”能引起人的心理效應(yīng)，車輛的平穩(wěn)加速（即加速度基本不變）使人感到舒服，否則人感

到不舒服。關(guān)于“加速度的變化率”，下列說法正確的是（）

A.從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度的定義，“加速度的變化率”的單位應(yīng)是m/s?

B.加速度的變化率為0的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)

C.若加速度與速度同向，如圖所示的wt圖象，表示物體的速度在減小

D.若加速度與速度同向，如圖所示的圖象，已知物體在t=0時(shí)速度為5m/s,則2s末的

速度大小為8m/s

【答案】D

【解析】

【詳解】A.加速度的變化率為一，a的單位是m/s，/的單位是s,則知“加速度的變化率”

的單位應(yīng)是m/s：',故A錯(cuò)誤。

B.加速度的變化率為0,說明加速度不變，如果加速度為0,則物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如果

加速度不為0,則該運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。

C.若加速度與速度同方向，加速度在減小，物體的速度仍在增加，故C錯(cuò)誤。

D.看t圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示速度的變化量，則知0-2s內(nèi)，速度的變化量大小為

Av=-----=3m/s

2

若加速度與速度同方向，物體在夕0時(shí)速度為5m/s,則2s末的速度大小為8m/s,故D正

確。

2.如圖所示，4?為斜面，比■為水平面，從4點(diǎn)以水平初速度r向右拋出一小球，其落點(diǎn)與4

的水平距離為由，若從4點(diǎn)以水平初速度2y向右拋出同一小球，其落點(diǎn)與/的水平距離為物

不計(jì)空氣阻力，則為與應(yīng)的比值不可能為（）

A.1：2B.1：3C.1：4D.1：5

【答案】D

【解析】

【詳解】A.若兩次小球都落在比'水平面上，則下落的高度相同，所以運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，水

平距離之比等于水平初速度之比為1：2,故A正確不符合題意；

BCD.若兩次小球都落在斜面15上，設(shè)斜面傾角為0,設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為。和％,第一次:

第二次:

x2V(/2

解得:

所以

M=的=1

S22咿24

若第一次落在斜面4?上，第二次落在水平面外上，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律可知其水平位

移比值在1：2到1：4之間。故BC正確不符合題意，D錯(cuò)誤符合題意。

3.隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個(gè)系統(tǒng)中。其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器

在測(cè)量發(fā)動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)速時(shí)，情景簡(jiǎn)化如圖（甲）所示，被測(cè)量轉(zhuǎn)子的輪齒（具有磁性）每次經(jīng)過

霍爾元件時(shí)，都會(huì)使霍爾電壓發(fā)生變化，傳感器的內(nèi)置電路會(huì)將霍爾電壓調(diào)整放大，輸出一

個(gè)脈沖信號(hào)，霍爾元件的原理如圖（乙）所示。下列說法正確的是（）

A.霍爾電壓是由于元件中定向移動(dòng)的載流子受到電場(chǎng)力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的

B.若霍爾元件的前端電勢(shì)比后端低，則元件中的載流子為正電荷

C.在其它條件不變的情況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越低

D.若轉(zhuǎn)速表顯示1800r/min,轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個(gè)，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個(gè)脈沖信號(hào)

【答案】C

【解析】

【詳解】A.載流子受磁場(chǎng)力而偏轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；

B.由左手定則可判斷出載流子受力向前端偏轉(zhuǎn)，若前端電勢(shì)變低，意味著截流子帶負(fù)電，故

B錯(cuò)誤；

C.霍爾電壓

nqc

c越大，〃越小，故C正確；

I）.每個(gè)輪齒經(jīng)過，都會(huì)引發(fā)一次脈沖，則每分鐘脈沖數(shù)量為270000個(gè)，故D錯(cuò)誤。

4.我國(guó)即將展開深空探測(cè),計(jì)劃在2020年通過一次發(fā)射，實(shí)現(xiàn)火星環(huán)繞探測(cè)和軟著陸巡視探測(cè),

己知太陽的質(zhì)量為M,地球,火星繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑分別為R和R:速率分別為

%和V*地球繞太陽的周期為T.當(dāng)質(zhì)量為m的探測(cè)器被發(fā)射到以地球軌道上的A點(diǎn)為近日點(diǎn)，

火星軌道上的B點(diǎn)為遠(yuǎn)日點(diǎn)的軌道上圍繞太陽運(yùn)行時(shí)（如圖），只考慮太陽對(duì)探測(cè)器的作用，貝IJ:

■.一■~.

，，/火那就通'、:

，?

A.探測(cè)器在A點(diǎn)加速的的值等于以

4GM

B.探測(cè)器在B點(diǎn)的加速度為~T-7

（“I+5）

1

C.探測(cè)地在B點(diǎn)的動(dòng)能為一加或9

22

時(shí)間為:（W1）2T

1）.探測(cè)器沿橢圓軌道從A《行到B

2R1

【答案】A

【解析】

^**7■/2

A、根據(jù)萬有引力提供向心力可得±廣=機(jī)《=旭4,探測(cè)器在A點(diǎn)加速的的值等于

&R】

2

q=9，故A正確;

&

GMmGM

B、根據(jù)萬有引力提供向心力可得ma^,探測(cè)器在B點(diǎn)的加速度為%=不■，故B

以2

錯(cuò)誤;

C、探測(cè)器由橢圓軌道變?yōu)榛鹦擒壍佬枰贐點(diǎn)點(diǎn)火加速，探測(cè)地在B點(diǎn)的速度小于匕，探測(cè)

1

地在B點(diǎn)的動(dòng)能小于耳機(jī)片9，故C錯(cuò)誤；

T-

D、設(shè)探測(cè)器沿橢圓軌道的周期為F，由開普勒第三定律可得產(chǎn)=4+&：；，解得

2

丁=七卻紅，探測(cè)器沿橢圓軌道從A飛行到B的時(shí)間為j=g（當(dāng)?shù)桑┐?，故D錯(cuò)

誤；

故選A.

【點(diǎn)睛】根據(jù)萬有引力提供向心力求出探測(cè)器在A點(diǎn)加速度和探測(cè)器在B點(diǎn)的加速度，由開

普勒第三定律可知探測(cè)器沿橢圓軌道從A飛行到B的時(shí)間.

5.如圖所示，紙面內(nèi)直角坐標(biāo)系x0的y軸右側(cè)有一菱形區(qū)域〃6cd,0c與x軸重合，龍的長(zhǎng)

度是比的長(zhǎng)度的兩倍.菱形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，

6d為兩磁場(chǎng)的分界線.現(xiàn)有一中心在x軸上的正方形線框/閱9,它的回邊與y軸平行，長(zhǎng)

度與圮的長(zhǎng)度相同，均為/.現(xiàn)線框以大小為v的速度沿x軸正方向勻速運(yùn)動(dòng)，以逆時(shí)針方

向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，則線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中通過的感應(yīng)電流i隨時(shí)間f的變化關(guān)

系圖象可能為

【答案】D

【解析】

【詳解】線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的方向沿逆

時(shí)針方向，為正值，從線圈開始運(yùn)動(dòng)，到邊運(yùn)動(dòng)到位置的過程中，切割的有效長(zhǎng)度均

勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻增大，則感應(yīng)電流均勻增大，該段時(shí)間為4=一；之后力〃和外棒分

V

別在。川和區(qū)域做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針,

力棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向也為順時(shí)針，故電路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，有效長(zhǎng)度之和為/

不變，故回路總電動(dòng)勢(shì)8/U不變，感應(yīng)電流順時(shí)針不變，該段時(shí)間為,；運(yùn)動(dòng)人后，勿棒出

v

磁場(chǎng)，邊在6cd區(qū)域中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，且其做切割磁

感線運(yùn)動(dòng)的有效長(zhǎng)度均勻減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均勻減小，則感應(yīng)電流均勻減小，最后減小為零,

該段時(shí)間「2=’，故選項(xiàng)D正確，ABC錯(cuò)誤.

V

6.如圖所示，理想變壓器原副線圈匝數(shù)之比為4：%=22:1,原線圈接在電壓

“=220正sinlOO加（V）為的正弦式交流電源上，副線圈連接理想電壓表V、交流電流表A、

理想二極管D和電容器4則下列說法中正確的是（）

A.電壓表的示數(shù)為10V

B.電容器不斷地充電和放電，所帶電荷量不斷變化

C.穩(wěn)定后電流表的讀數(shù)不為零

I）.穩(wěn)定后電容器兩極板間電勢(shì)差始終為10V

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈的電壓為10V,故A正確。

B.在電路沒有穩(wěn)定之前，由于二極管的作用，只有正向的電流可以通過，在電路穩(wěn)定之后,

由于電容器的隔直流的作用，就沒有電流通過了，所以電容器不會(huì)反復(fù)的充電和放電，故B

錯(cuò)誤。

C.根據(jù)B的分析可知，穩(wěn)定后沒有電流，故C錯(cuò)誤。

I）.穩(wěn)定后電容器兩極板間電勢(shì)差為副線圈的最大的電壓，即為1O0V，故D錯(cuò)誤。

7.如圖1為示波管的原理圖.若在冊(cè)'上加上如圖2所示的掃描電壓，在上加如圖3所

示的信號(hào)電壓，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是

圖1圖2圖3

【解析】

【詳解】示波管的PT偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號(hào)電壓，口'偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形

電壓，即掃描電壓，當(dāng)信號(hào)電壓與掃描電壓周期相同時(shí).，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在

一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象；圖2中XT偏轉(zhuǎn)電極接入的是鋸齒形電壓，即掃描電壓，且周期與

偏轉(zhuǎn)電壓上加的待顯示的信號(hào)電壓相同，所以在熒光屏上得到的信號(hào)是一個(gè)周期內(nèi)的穩(wěn)

定圖象.顯示的圖象與小所載入的圖象形狀是一樣的，A正確.

8.如圖所示，兩個(gè)大小不計(jì)質(zhì)量均為0的物體4、8放置在水平地面上，一根長(zhǎng)為/不可伸長(zhǎng)

的輕繩兩端分別系在兩物體上，繩恰好伸直且無拉力，在繩的中點(diǎn)施加一個(gè)豎直向上的拉力F,

使兩物體慢慢靠近，直至兩物體接觸，已知兩物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因素均為且，則在

3

兩物體靠近的過程中下列說法正確的是（）

F

B

A.拉力廠先增大后減小

B.物體4所受的摩擦力不變

C.地面對(duì)/物體的支持力先減小后增大

I).當(dāng)兩物體間的距離為正L時(shí)，繩上的拉力最小

2

【答案】I)

【解析】

【詳解】A.設(shè)兩根繩子之間的夾角為對(duì)結(jié)點(diǎn)。受力分析如圖甲所示，由平衡條件得:

再對(duì)任一球(如右球)受力分析如圖乙所示，球剛好滑動(dòng)的臨界條件是:

a

F?sin萬=叫

又因?yàn)?/p>

F2COS-+FN^G

聯(lián)立解得:

F廣=^2〃Gf=^2/jmfg

當(dāng)兩個(gè)物體逐漸靠近的過程中，。角逐漸減小，拉力尸增大，故A錯(cuò)誤;

BCD.設(shè)繩子與地面夾角為0時(shí)繩子拉力最小，根據(jù)平衡條件可得:

￡cos0=/=〃(zz^-^sin0)

解得

"mg"mg

6=

cos6+//sine

J//2+1,cos0+.sin0

7

令

1

sin/3=

加+1

則￡=60°,所以有:

耳二4mg

1J/?+1sin（4+0）

當(dāng)

￡+0=90°

時(shí)4最小，此時(shí)。二30°,兩物體相距

cL八同

x=2x—cos6=——L

22

由于繩子拉力先變小再變大，所以摩擦力

f=Rcos8

，一直增大，所以摩擦力一定是變力，以整體為研究對(duì)象，拉力尸一直增大，豎直方向受力

平衡，則地面對(duì)兩個(gè)物體的支持力一直減小，故BC錯(cuò)誤D正確。

9.如圖所示，小車的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，整個(gè)小車（含管道）的質(zhì)量為2處原來

靜止在光滑的水平面上，今有一個(gè)可以看做質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為處半徑略小于管道半徑，以

水平速度/從左端滑上小車，小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)后，然后從管道左端滑離小車，關(guān)

于這個(gè)過程，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.小球滑離小車時(shí)，小車回到原來位置

B.小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度為r

,v2

C.車上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度為丁

3g

D.小球在滑上曲面到滑到最高點(diǎn)的過程中，小車的動(dòng)量變化量大小是m半v

【答案】BC

【解析】

【詳解】A.小球與小車在水平方向上的合外力為零，故在水平方向上動(dòng)量守恒，所以，小車

的速度一直向右，小球滑離小車時(shí)，小車向右運(yùn)動(dòng)，不可能回到原來位置，故A錯(cuò)誤;

B.由動(dòng)量守恒可得：

加片20P車+加。球

由機(jī)械能守恒可得：

121c212

—mv~=—2加v車+—mv^

解得：

21

y車_5y

小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度

p球一"車=_p

故小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度為心故B正確;

C.小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)后，則小球和小車的速度相同，故由動(dòng)量守恒定理可得此時(shí)的

速度/='v,由機(jī)械能守恒可得：小球在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能

3

所以，車上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度

mg3g

故C正確；

D.小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)后，則小球和小車的速度相同，故由動(dòng)量守恒定理可得此時(shí)的

速度故小車的動(dòng)量變化大小為2機(jī)V,故D錯(cuò)誤。

33

10.如圖所示，輕質(zhì)彈簧和一質(zhì)量為必的帶孔小球套在一光滑豎直固定桿上，彈簧一端固定在

地面上，另一端與小球在/處相連（小球被鎖定），此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)。小球通過水平細(xì)繩繞

過光滑的定滑輪與一個(gè)質(zhì)量為次的物塊相連，到達(dá)C處速度為零，此時(shí)彈簧壓縮了瓦彈簧一

直在彈性限度內(nèi)，輕繩一直伸直，重力加速度為g,定滑輪與豎直桿間的距離為方，則下列說

法正確的是（）

A.在小球下滑過程中，小球的速度始終大于物塊的速度

B.從AfC小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直減小

C.小球下滑到C處時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為（加+M-07"）g/z

D.從A—C小球和物塊的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和先增后減

【答案】ABC

【解析】

【詳解】A.將小球4的速度分解為沿繩子方向的分速度與垂直于繩子方向的分速度，如圖。

%=rcos0

可知即小球的速度始終大于物塊的速度，故A正確；

B.從的過程中，對(duì)于彈簧、小球和物塊組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，所

以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，物塊機(jī)械能一直增加，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一直減小，故B

正確；

C.小球到達(dá)C時(shí)，小球和物塊重力勢(shì)能的減少等于彈簧彈性勢(shì)能的增加，所以彈簧的彈性勢(shì)

能：

Ep—EG=Mgh-mg（垃-1）〃

故C正確。

D.從力一C的過程中，小球和物塊的重力勢(shì)能、動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和保持不變，由于

二者的總動(dòng)能先增大后減小，所以小球和物塊的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和先減小后增

大。故D錯(cuò)誤；

11.如圖甲所示，質(zhì)量M=0.8kg的足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量m=0.2kg的滑塊

靜止在木板的左端，在滑塊上施加一水平向右、大小按圖乙所示隨時(shí)間變化的拉力F,4s后

撤去力F.若滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速

度g=10m/s2,則下列說法正確的是()

A.0~4s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量共為3.2N?s

B.t=4s時(shí)滑塊的速度大小為9.5m/s

C.木板受到滑動(dòng)摩擦力的沖量共為2.8N-s

D.木板的速度最大為2m/s

【答案】BC

【解析】

A、拉力F的沖量等于F-t圖像的面積，0~4s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量1=

」(0.5+l)x2+lx2=3.5Ns,A錯(cuò)誤；

B、滑塊與木板間恰好打滑時(shí)，對(duì)木板：〃加g=M4).

對(duì)滑塊：Fo-/Jmg=ma?

解得R=0.3N,a0=0.5?/s2.

所以片0時(shí)刻，A.8恰好開始打滑

對(duì)滑塊：/戶H,解得4s末滑塊的速度vl=9.5勿/s,B正確；

C、片4s時(shí)，木板的速度以=a0r=0.5X4=2m/s,

之后4加速，6減速，直到共速.取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:

解得木板的最大速度-3.5m/s

對(duì)木板：由動(dòng)量定理得I=Mv

解得/=2.8Ms,C正確，D錯(cuò)誤；

故選BC.

12.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球套在一根絕緣的粗糙桿上，小球可以沿桿滑

動(dòng)，桿與水平方向夾角為0,二者間動(dòng)摩擦因數(shù)為氏整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方

向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.將小球無初速度釋放，桿足夠長(zhǎng)，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)下列說法

正確的是（）

A.小球的最大加速度為gsin。

B.當(dāng)qvB=mgcos。時(shí)小球速度最大

,mgsin。mgcos。

C.小球的最大速度為三一+.0

〃qBqB

D.小球的機(jī)械能先減小后不變

【答案】AC

【解析】

【詳解】A、當(dāng)￡尸。時(shí)，加速度最大，a=gsin9,故A正確；

mgsin。mgcos。

BC、￡r反向后，當(dāng)a=0時(shí)，速度最大，即mgsin9=WqvB-mgcos。解得v=------+-------,

〃qBqB

故B錯(cuò)誤，C正確；

D、小球在運(yùn)動(dòng)的過程中，摩擦力做負(fù)功，故小球的機(jī)械能一直減小，故D錯(cuò)誤.

二、實(shí)驗(yàn)題

13.某同學(xué)利用圖所示裝置，驗(yàn)證以下兩個(gè)規(guī)律：

①兩物塊通過不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連接，沿繩分速度相等；

②系統(tǒng)機(jī)械能守恒.

P、0、A是三個(gè)完全相同的物塊，P、。用細(xì)繩連接，放在水平氣墊桌上,物塊"與輕質(zhì)滑輪連

接，放在正中間，a、6、c是三個(gè)光電門，調(diào)整三個(gè)光電門的位置，能實(shí)現(xiàn)同時(shí)遮光，整個(gè)裝

置無初速度釋放.

(1)為了能完成實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，除了記錄入Q、月三個(gè)遮光片的遮光時(shí)間小友、友外，還必需測(cè)

量的物理量有：

A.P、Q、7?的質(zhì)量"

B.兩個(gè)定滑輪的距離d

C.A的遮光片到c的距離〃

D.遮光片的寬度x

(2)根據(jù)裝置可以分析出只0的速度大小相等，驗(yàn)證表達(dá)式為；

(3)若要驗(yàn)證物塊〃與物塊？的沿繩分速度相等，則驗(yàn)證表達(dá)式為:

(4)若已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭,則驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式為.

G2Hx*x*

【答案】(1)BCD(2)A=八(3)I—=(4)gH=—+―

22

4yj4H+d2r,-2r;*2J

【解析】

(1)要證明①，需要測(cè)量d和H,通過幾何關(guān)系可證明沿繩分速度相等：要證明②，還需要測(cè)

量H和x,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)能定理列式可驗(yàn)證機(jī)械能守恒，故需要測(cè)量的物理量有d,H,

x.故BCD正確；

故選BCD.

YY

(2)物塊P的速度VP=1,物塊Q的速度VQ=],因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要驗(yàn)

XX

證表達(dá)式一=一，化簡(jiǎn)可得驗(yàn)證如=心即可；

⑶如圖所示:

X

物塊R的速度VR=1,要驗(yàn)證物塊R與物塊P的沿繩分速度相等，則需要驗(yàn)證表達(dá)式vRcoso=vp

H

將Vp>VR代入得:

%=2"

4J4H2+屋

(4)整個(gè)系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能是產(chǎn)MgH

增加的動(dòng)能△Ek=/A/匹+—MVQ+—MV^

](11]、

要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，則△￡「=△在即驗(yàn)證表達(dá)式—+—+—

"2\ltl-lt2%tJ

點(diǎn)睛：根據(jù)驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒需要驗(yàn)證的表達(dá)式，找出需要測(cè)量的物理量；分別求出P、Q

的速度大小，再根據(jù)兩物體速度相等，求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式；分別求出P、R的速度大小，

再根據(jù)兩物體速度相等，求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式；根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式，化簡(jiǎn)，求出驗(yàn)

證系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式.

14.在練習(xí)使用多用電表的實(shí)驗(yàn)中，

(1)某同學(xué)使用多用電表的歐姆檔粗略測(cè)量一定值電阻的阻值兄，先把選擇開關(guān)旋到“X10”

擋位，測(cè)量時(shí)指針偏轉(zhuǎn)如圖所示?以下是接下來的測(cè)量過程：

a.將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆檔調(diào)零旋鈕，使指針對(duì)準(zhǔn)刻度盤上歐姆檔的零刻度，然后斷開兩

表筆

b.旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)至交流電壓最大量程處(或“OFF”檔)，并拔出兩表筆

c.將選擇開關(guān)旋到“XI”擋

d.將選擇開關(guān)旋到“義100”擋

e.將選擇開關(guān)旋到“X1k”擋

f.將兩表筆分別連接到被測(cè)電阻的兩端，讀出阻值尼，斷開兩表筆

以上實(shí)驗(yàn)步驟中的正確順序是(填寫步驟前的字母)。

(3)如圖所示為歐姆表表頭，已知電流計(jì)的量程為4=100UA,電池電動(dòng)勢(shì)為尺1.5V,則該

歐姆表的表盤上30uA刻度線對(duì)應(yīng)的電阻值是___kQ。

（4）為了較精確地測(cè)量另一定值電阻的阻值采用如圖所示的電路。電源電壓〃恒定，電

阻箱接入電路的阻值可調(diào)且能直接讀出。

__--?°U°---

多"

2T/

Rj

①用多用電表測(cè)電路中的電流，則與a點(diǎn)相連的是多用電表的（選填“紅”或“黑”）

表筆。

②閉合電鍵，多次改變電阻箱阻值億記錄相應(yīng)的“和多用電表讀數(shù)/，得到的關(guān)系如

圖所示。不計(jì)此時(shí)多用電表的內(nèi)阻。則凡=。，電源電壓〃=V。

【答案】(1).dafb(2).2200(3).35k0(4).紅(5).200(6).8

【解析】

【詳解】（1）［1］考察多用電表的操作步驟，自然是：先將選擇開關(guān)旋到“義100”擋；后歐

姆調(diào)零，即將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆檔調(diào)零旋鈕，使指針對(duì)準(zhǔn)刻度盤上歐姆檔的零刻度，然

后斷開兩表筆；再測(cè)量，將兩表筆分別連接到被測(cè)電阻的兩端，讀出阻值凡，斷開兩表筆；

最后歸位，即旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)至交流電壓最大量程處（或“OFF”檔），并拔出兩表筆。所以操

作順序是：dafb

（2）［2］圖2中指針讀數(shù)為22.0,由（1）可知：歐姆表倍率為X100,故被測(cè)電阻的測(cè)量值為

22.0QX100=22000

（3）［3］當(dāng)電流計(jì)滿偏時(shí)，歐姆表顯示外電阻為零，故該歐姆表內(nèi)阻為:

p

—=lxlO4Q=15kQ

4

電流計(jì)電流片30uA時(shí)，由閉合電路歐姆定律可得：表盤上30HA刻度線對(duì)應(yīng)的電阻值為:

E15

R=3—不=—±J?！?5kC=35kC

I內(nèi)30x10-

(4)①[4]由圖可得：a點(diǎn)相連的為正極，故連接多用電表的紅表筆；

②[5][6]根據(jù)圖4所示電路圖，由閉合電路歐姆定律可得：

結(jié)合圖像可知

4=200Q,ZA8V

三、計(jì)算題

15.如圖所示，/、8兩車相距產(chǎn)8m時(shí)，/車正以療5m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，而5車此時(shí)正

以療12m/s的初速度向右勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度a=-2m/s,求：

AB

引口

(1)/1、6兩車何時(shí)速度相等；

(2)4追上夕所經(jīng)歷時(shí)間.

【答案】(1)A,6兩車經(jīng)過3.5s速度相等；(2)/追上6所經(jīng)歷的時(shí)間是8.8s.

【解析】

【詳解】(1)8車的速度為:

VB~%+at\

兩車速度相等時(shí)有：

VB=VA

解得：

力i=3.5s

(2)4車追上8車時(shí)，兩車的位移關(guān)系為：

即:

2

代入數(shù)據(jù)有:

5i=8+12r+-(-2)t1

2

解得：

i=8s,?=-ls（舍去）

8車做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度減為0所用的時(shí)間為to,

由速度公式得：

to-——=6s；

a

由于片8s>t0,所以8車先停下，之后4車才追上8車,

5車的位移為：

I2

at。=36m

所以4車追上的時(shí)間為：

代入數(shù)據(jù)有：

匕2=8.8s

16.如圖所示，從A點(diǎn)以V。的水平速度拋出一質(zhì)量m=lkg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），當(dāng)物塊運(yùn)

動(dòng)至B點(diǎn)時(shí)，恰好沿切線方向進(jìn)入固定光滑圓弧軌道BC,圓弧軌道C端切線水平,BC所對(duì)的

圓心角9=37°.小物塊過圓弧軌道C后，滑上與圓弧軌道連為一體的光滑水平板，板的右端

與水平面順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶左端E點(diǎn)等高并靠攏.已知A、B兩點(diǎn)距C點(diǎn)的高度分別為

H=1.0m、h=0.55m,水平面?zhèn)魉蛶чL(zhǎng)為L(zhǎng)=9m,物塊與水平面?zhèn)魉蛶еg的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.2,

傳送帶傳送速度為v=4m/s,g=10m/s2,.sin37°=0.6cos37°=0.8求：

（1）小物塊從A點(diǎn)水平拋出的速度v。大小;

（2）小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t及小物塊與傳送帶之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q

【答案】（1）4m/s（2）2J

【解析】

【詳解】（1）物塊做平拋運(yùn)動(dòng)：H-h^-gt2

2

v3

設(shè)到達(dá)5點(diǎn)時(shí)豎直分速度為V.,vY=gt,在B點(diǎn)tan6=）=—%=4m/s

%4

（2）從/至0點(diǎn)，由動(dòng)能定理mg"=；加芯一^相片，可得嶺=6/”/s

2

由題意可知小物塊m的摩擦力f=〃〃2g=ma,解得a=2m/s

物體做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間tt=—~~-=9'=15

a2

V,+V

位移S]=—Z|=5m<9m

后做勻速運(yùn)動(dòng)A,=’——=15,所以，=4+f2=2s

v

傳送帶與物體間的相對(duì)位移=S|-%=5m-4m=1/M

Q=/.img\s=2J

17.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為反方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，固定有半徑分別為￡、

2Z的兩個(gè)水平同心圓導(dǎo)軌。Z形棒0。是由絕緣木棒勿與金屬棒。固定在一起的，0CLCA,

棒4c繞圓心。以角速度。順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，棒46■始終與圓軌道接觸良好。間距為人且足夠

長(zhǎng)的兩個(gè)固定平行導(dǎo)軌〃石、。員與水平面的夾角均為0,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2反方向與

〃石瓦。平面垂直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，D\E、、功區(qū)分別用電刷（未畫出）與大、小圓軌道連接。

質(zhì)量為卬、長(zhǎng)為人的金屬棒燈放在〃笈、區(qū)名上。已知XF棒的電阻為r,棒/C接入電路的阻

值為r,滑動(dòng)變阻器少的最大阻值為3r,其它電阻不計(jì)，一切摩擦和空氣阻力均不計(jì)，重力

加速度為g。

（1）求棒。產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)8

（2）若開關(guān)與閉合，Sz斷開，求滑動(dòng)變阻器的最大功率R；

（3）若開關(guān)8斷開，S?閉合，棒乃P由靜止釋放，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求棒切7下滑

過程中的最大速度％以及某段時(shí)間△t（很短）內(nèi)通過棒IV某一橫截面的最大電荷量q”

次空】⑴32932乙%2mgrsme3mgsin的

【答案】⑴-BLco(2)(3)28*J"

【解析】

【詳解】(1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：

113,

E=Bx2Lx-(0+2coL)-BXLX—(Q+(OL)--BL'(D

222

(2)若開關(guān)Si閉合，，斷開，當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值等于內(nèi)阻時(shí)，消耗功率最大，此時(shí)回路電流

/

2r

滑動(dòng)變阻器消耗的最大功率

P=I2r

聯(lián)立解得：

16r

(3)當(dāng)開關(guān)Si斷開，S2閉合，導(dǎo)體棒受重力、支持力與安培力，當(dāng)達(dá)到下滑過程中的最大速度

時(shí)，處于平衡狀態(tài)

mgsin9=F至

回路總電動(dòng)勢(shì)