2021屆陜西省咸陽市高考物理一模試卷(含答案解析)

2021屆陜西省咸陽市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共10小題，共30.0分）

1.由粗糙的水平桿4。與光滑的豎直桿8。組成的絕緣直角支架如圖放置，在-TF

4。桿、B。桿上套有帶正電的小球P,Q,兩個小球恰能在某一位置平衡。

現(xiàn)將P緩慢地向右移動一小段距離，兩球再次達(dá)到平衡。若小球所帶電量E

不變，與移動前相比（）

A.桿BO對Q的彈力減小B.P,Q之間的距離減小

C.桿4。對P的摩擦力增大D.桿4。對P的彈力減小

2.7.某同學(xué)在測定勻變速直線運(yùn)動的加速度時，得到了兒條較為理想的紙帶，他已在每條紙帶上

按每5個點(diǎn)取好一個計數(shù)點(diǎn)，即兩計數(shù)點(diǎn)之間的時間間隔為0.1s,依次打點(diǎn)先后為0,1,2,3,

4,5。由于不小心，幾條紙帶都被撕斷了，如下圖所示，請根據(jù)給出的理想紙帶1和

A.

B.

C.D四段紙帶，從4、B、C、。四段紙帶中選出從理想紙帶1上撕下的那段應(yīng)該是

30.0mwi36.0WM

理想紙帶1

45

48.0?nw4R\mm

4

D.

50.8/MW

3.地球的第一宇宙速度大小為外在地面上用彈簧測力計測量一質(zhì)量為m的物體的重力，物體靜止

時，彈簧測力計的示數(shù)為凡己知引力常量為G,忽略地球自轉(zhuǎn)的影響，則地球的質(zhì)量為（）

C.史D.婦

A?嘿B?嘿GmGm

4.如下說法中正確的是

A.正電荷由電勢低處移到電勢高處，電場力作正功

B.負(fù)電荷沿電場線移動，電勢能減小

C.正電荷放于電勢越低處，電勢能越小

D.負(fù)電荷放于電場線越密處，電勢能越小

5.如圖所示，DA,DB和C4是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，。為豎直平面內(nèi)：

//

圓周的圓心，4、B、C、。位于同一圓周上，C為圓周的最高點(diǎn)，4為最低點(diǎn)，/

BD和4C都經(jīng)過圓心0.現(xiàn)在每根桿上都套一個小滑環(huán)，分別從C點(diǎn)或。點(diǎn)無初速\/

度釋放，用匕表示滑環(huán)從D到達(dá)4所用的時間，用垃表示滑環(huán)從C到達(dá)4所用的"''/一

時間，用t3表示滑環(huán)從。到達(dá)B所用的時間，則下列關(guān)系正確的是（）

A.tj=t2=t3B.tj=t2<C.tj=t3<t2D.ti<t2<t3

6.在任何相等的時間內(nèi)，物體動量變化量不相等的運(yùn)動是（）

A.豎直上拋運(yùn)動B.勻速圓周運(yùn)動C.自由落體運(yùn)動D.平拋運(yùn)動

7.質(zhì)譜儀是測帶電粒子質(zhì)量和分；析同位素的一種儀器，它的工作原理tE

是帶電粒子（不計重力）經(jīng)同一電場加速后垂直進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場做圓T~

周運(yùn)動，然后利用相關(guān)規(guī)律計算出帶電粒子的質(zhì)量.其工作原理如圖

所示，虛線為某粒子的運(yùn)動軌跡，由圖可知（

A.此粒子帶負(fù)電

B.下極板品比上極板S2電勢高

C.若只增大加速電壓U,則半徑r變大

D.若只增大入射粒子的質(zhì)量，則半徑r變小

8.如圖所示，矩形線框置于磁場中，該磁場可視為勻強(qiáng)磁場。線框通過導(dǎo)

線與電阻構(gòu)成閉合電路，線框在磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸逆時針1卷

勻速轉(zhuǎn)動，下列說法正確的是K"

A.線框通過圖中位置瞬間，4B邊的電流方向由4到B,E

B.線框通過圖中位置瞬間，穿過線框的磁通量最大

C.線框通過圖中位置瞬間，通過電阻的電流瞬時值最大

D.若使線框轉(zhuǎn)動的角速度增大一倍，那么通過電阻電流的有效值變?yōu)樵瓉淼牧⒈?/p>

2

9.某衛(wèi)星沿橢圓軌道繞地球運(yùn)動，示意圖如圖所示，已知地球半徑為R,地球表面的重力加速度為

g,衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點(diǎn)P距地心。的距離為3R。則（）

A.衛(wèi)星沿橢圓軌道運(yùn)動的加速度大小為藍(lán)

B.衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點(diǎn)P時的加速度等于

C.衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點(diǎn)P時的速度等于

D.衛(wèi)星在P點(diǎn)適當(dāng)加速后可繞地球球心。點(diǎn)作半徑為3R的勻速圓周運(yùn)動

10.一小段長為L的通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的磁場中，當(dāng)通過大小為/的電流時，所受安培力

為F,下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度B的說法中，正確的是（）

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定等于《

B.磁感應(yīng)強(qiáng)度B可能大于或等于3

C.磁場中通電直導(dǎo)線受力大的地方，磁感應(yīng)強(qiáng)度一定大

D.在磁場中通電導(dǎo)線絕對不可能不受力

二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）

11.豎直上拋一球，球又落回原處，己知空氣阻力的大小f=K^2,（其中K為比例常量，且整個過

程中小于重力），貝lj（）

A.上升過程中克服重力做的功大于下降過程中重力做的功

B.上升過程中重力的沖量小于下降過程中重力的沖量

C.上升過程中動能的改變量大于下降過程中動能的改變量

D.上升過程中動量的改變量小于下降過程中動量的改變量

12.如圖所示，固定的光滑絕緣斜面的底端固定著一個帶正電的小物塊P,將

另一個帶電小物塊Q在斜面的某位置由靜止釋放，它將沿斜面向上運(yùn)動.設(shè)0曲五--------

斜面足夠長，則在Q向上運(yùn)動過程中（）

A.加速度先減小后增大

B.Q的電勢能逐漸減小，機(jī)械能逐漸增大

C.Q和P的電勢能和重力勢能之和逐漸減小

D.Q和P的電勢能和動能之和逐漸增大

13.如圖所示，在絕緣斜面上固定一個U形金屬架，斜面上固定四根光*片

滑的小圓柱，小圓柱與斜面垂直，小圓柱之間放有一根金屬棒，

棒兩側(cè)的小圓柱間的間隙略大于金屬棒的直徑，金屬棒兩端與u型上工二.

框架接觸良好，并與U型框架的上面部分恰好構(gòu)成一個正方形，正方形的邊長為1m,電阻R=4/2,

其余部分電阻不計.金屬棒的質(zhì)量為0.6kg,空間存在垂直于斜面向上的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的

隨時間變化的規(guī)律為：B=l+2t（T）,斜面傾角為30。，g取10m/s2,則（）

A.導(dǎo)體棒中的電流方向始終為從N到M

B.導(dǎo)體棒對斜面的壓力逐漸增大

C.t=2s時，導(dǎo)體棒對兩邊小圓柱恰好無壓力

D.從t=0到導(dǎo)體棒對兩邊小圓柱恰好無壓力的過程中，通過電阻R的電荷量為1.25C

14.如圖所示為兩個不同閉合電路中兩個不同電源的U-/圖象，則下列說法中

正確的是（）卜

A.電動勢Ei＞E2,內(nèi)阻萬＜r2Ir

°I

B.電動勢&=后2，內(nèi)阻

C.電動勢El=E2,短路電流。＞12

D.當(dāng)兩電源的工作電流變化相同時，電源2的路端電壓變化較大

15.如圖所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距

Jr

為d,其左端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上，磁感

應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中.一質(zhì)量為m的導(dǎo)體正垂直于導(dǎo)軌放置，

且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為〃.現(xiàn)導(dǎo)體在水平向右、垂直于導(dǎo)

體的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動距離，時，速度恰好達(dá)到最大（運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌保

持垂直）.設(shè)導(dǎo)體接入電路的電阻為r,導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g.在這一過程中（）

A.導(dǎo)體棒運(yùn)動的平均速度為：（F-黑R+r）

B.流過電阻R的電量為群

R+r

C.ab兩端的最大電壓為空*

D.ab兩端的最大電壓為空嚕也

Ba

三、填空題(本大題共1小題，共9.0分)

16.某同學(xué)制作了一水果電池，欲測定該電池的電動勢E和內(nèi)阻r.給定器材如下：

4.待測水果電池E8.電流表G(量程內(nèi)阻約400)C.電阻箱R(0?999.90)D.開關(guān)S及導(dǎo)線

(1)因為電流表G內(nèi)阻的準(zhǔn)確值未知，所以他用如圖甲所示的電路測量其內(nèi)阻白.已知圖中電流表A的

內(nèi)阻為心,在某次測量中，讀出電流表4、電流表G的讀數(shù)分別為〃、IG,則內(nèi)阻力=.

(2)若電流表G內(nèi)阻的測量值％=40.0僅現(xiàn)采用圖乙所示的電路測量水果電池的電動勢.E和內(nèi)阻r.根

據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的;-R圖象如圖丙所示，則圖線斜率表示的物理意義是.根據(jù)圖象求出該

電池的電動勢E=V、內(nèi)阻r=2(結(jié)果保留整數(shù))

什,A-

絲

內(nèi)

四、實驗題(本大題共1小題，共6.0分)

17.在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗時，已提供了小車、一

端附有定滑輪的長木板、紙帶、帶小盤的細(xì)線、刻度尺、天平、

導(dǎo)線.為了完成實驗，還須從下圖中選取實驗器材，其名稱是_

①_(漏選或全選得零分)，并分別寫出所選器材的作用_?_.

五、計算題(本大題共3小題，共35.0分)

18.由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動的汽車，第1s內(nèi)通過0.4m位移，問:

(1)汽車在第1s末的速度為多大？

(2)汽車在第2s內(nèi)通過的位移為多大？

19.如圖(a)所示，水平放置的平行金屬板4B間的距離d=0.1m,板長L=0.3m,在金屬板的左端

豎直放置一帶有小孔的擋板，小孔恰好位于48板的正中間，距金屬板右端x=0.5/n處豎直放置

一足夠大的熒光屏，現(xiàn)在4B板間加如圖(b)所示的方波形電壓，已知為=1.0X1。2乙在擋板

的左側(cè)，有大量帶正電的相同粒子以平行于金屬板方向的速度持續(xù)射向擋板，粒子的質(zhì)量m

1.0x10~7kg,電荷量q=1.0x10-2。，速度大小均為%=1.0xIC^m/s,帶電粒子的重力不

計，則:

Xf

(1)求電子在電場中的運(yùn)動時間;

(2)求在t=0時刻進(jìn)入的粒子打在熒光屏上的位置到。點(diǎn)的距離;

(3)若撤去擋板，求熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度.

20.如圖所示，4為內(nèi)表面光滑的薄壁金屬盒，其質(zhì)量啊=0.5kg,底(：

C

口,“，

面長L=2.0TH。4的中央位置放有可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量如=1.0/cg的

小球B在4左側(cè)與A相距s=0.61巾處有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為Tn。=0.5kg的物塊C,開始以飛=

6.2m/s的速度向右沿直線運(yùn)動，與人碰撞后粘在一起。已知小C與水平面間的動摩擦因數(shù)均為

〃=0.2,不考慮各物體相互碰撞的時間及8與4碰撞時的機(jī)械能損失，三物體始終在一條直線上

運(yùn)動，取g=lOm/s?.求:

(1)C與4碰撞時速度的大小;

(2)/、B第一次碰撞后8球的速度;

(3)從C與力結(jié)為一體到最后三物體都靜止所經(jīng)歷的時間。

參考答案及解析

1.答案：A

解析：

分別以兩環(huán)組成的整體和Q環(huán)為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件研究力。桿對P環(huán)的支持力N

和細(xì)繩上的拉力T的變化情況。

本題考查了電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系、庫侖定律；本題涉及兩個物體的平衡問題，靈活選擇研究對

象是關(guān)鍵。當(dāng)幾個物體都處于靜止?fàn)顟B(tài)時，可以把它們看成整體進(jìn)行研究。

4B.Q受力如圖:

P緩慢地向右移動一小段距離，由力的合成與平衡條件可知：8。桿對小球Q的彈力減小，兩小球之

間的庫侖力變小，由庫侖定律知，兩小球P、Q的距離變大，故A正確，B錯誤；

C.對整體受力分析，可得4。桿對小球P的摩擦力變小，故C錯誤；

。.對整體分析可知，豎直方向只受重力和力。桿的支持力，故A。桿對小球P的彈力不變，故。錯誤.

故選A.

2.答案：C

解析：此題主要考察了勻變速運(yùn)動的特殊規(guī)律，相鄰的相等的時間間隔內(nèi)位移之差相等。

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的特點(diǎn)（相鄰的相等時間間隔內(nèi)位移之差相等）得出：

%45—%34=%34-%23=%23-%12=%12—%01

故45兩點(diǎn)間距等于54mm,所以屬于紙帶4的是C圖.故選C.

3.答案：B

解析：解：在地面上用彈簧測力計測量一質(zhì)量為m的物體的重力，物體靜止時，彈簧測力計的示數(shù)

為F,故：

F=mg

所以：

F

9=m

根據(jù)萬有引力提供向心力得：

Mm'v2

解得：

4

M———

GF

故選：Bo

先利用稱重法求出地球表面重力加速度，再根據(jù)物體的重力等于萬有引力，萬有引力提供向心力列

式求解即可.

本題是衛(wèi)星類型的問題，常常建立這樣的模型：環(huán)繞天體繞中心天體做勻速圓周運(yùn)動，由中心天體

的萬有引力提供向心力.重力加速度g是聯(lián)系星球表面宏觀物體運(yùn)動和天體運(yùn)動的橋梁.

4.答案：C

解析：試題分析：由于正電荷受力的方向與電場線的方向相同，而沿著電場，電勢越來越低，因此

正電荷由電勢低處移到電勢高處，受力的方向與運(yùn)動方向相反，電場力做負(fù)功，A錯誤；而負(fù)電荷

受力的方向與電場線方向相反，因此負(fù)電荷沿著電場線移動，電場力做負(fù)功，電勢能增加，8錯誤；

正電荷沿著電場線移動，電場線做正功，電勢能越來越小，電勢越來越低，因此正電荷在電勢越低

處，電勢能越小，C正確；總之電勢能的大小看電場力做功，電場力做正功，電勢能減小，電場力

做負(fù)功電勢能增加，而電場線的疏密表示場強(qiáng)的大小，也就是電荷受電場力的大小，與電勢能高低

沒關(guān)系，。錯誤

考點(diǎn)：電勢，電勢能，電場力做功

5.答案：B

解析：解：設(shè)DB與豎直方向的夾角為仇由幾何關(guān)系得D4與豎直方向的夾角為

環(huán)沿D4下滑時的加速度大小為由=geos芻

沿。8下滑時的加速度大小為=geos。,

設(shè)DB長為L,由幾何關(guān)系得ZM長為Leos*

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有，乙=［。2后，

解得恃=瞪？

,01.2

LCOS-=

解得中=j，

由此得到句<t3；

物體沿Q4運(yùn)動做自由落體運(yùn)動，故L=（g名，

解得M

因此G=t2<t3，故ACZ）錯誤，B正確。

故選：B。

先受力分析后根據(jù)牛頓第二定律計算出滑環(huán)沿任意一根桿滑動的加速度，然后根據(jù)位移時間關(guān)系公

式計算出時間，對表達(dá)式分析，得出時間與各因素的關(guān)系后得出結(jié)論

本題關(guān)鍵從眾多的桿中抽象出一根桿，假設(shè)其與水平方向的夾角為。，然后根據(jù)牛頓第二定律求出加

速度，再根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求出時間表達(dá)式討論

6.答案：B

解析：解：4、根據(jù)動量定理△尸=Ft,F是合力，豎直上拋運(yùn)動的合力是恒力，相等時間內(nèi)其沖量

不變，動量變化量相同，故A正確；

2、動量變化量是矢量，勻速圓周運(yùn)動動量變化量方向時刻在變化,在相等時間內(nèi)動量變化量不相同。

也可根據(jù)動量定理，尸是合力，勻速圓周運(yùn)動的合力指向圓心，是變力，相等時間內(nèi)合力

的沖量也是變化的，動量變化量是不相等的，故8錯誤；

C、根據(jù)動量定理APuFt,F是合力，自由落體運(yùn)動物體的合力是重力，恒力，相等時間內(nèi)其沖量

不變，動量變化量相同，故C正確；

D、根據(jù)動量定理△P=F3F是合力，平拋運(yùn)動物體的合力是重力，恒力，相等時間內(nèi)其沖量不變，

動量變化量相同，故。正確。

本題選動量變化不相等的，故選：B。

根據(jù)動量定理APuFt,動量變化量等于合外力的沖量，自由落體、平拋和勻減速直線運(yùn)動物體所

受的力是恒力，在相等時間內(nèi)物體合外力沖量相同，動量變化量相同，勻速圓周運(yùn)動的合外力是變

力，在相等時間內(nèi)物體合外力沖量不相同，動量變化量也不相同。

根據(jù)合外力的沖量等于物體動量的變化，把相等時間內(nèi)動量變化是否相等轉(zhuǎn)化為運(yùn)動中物體的合外

力是否是恒量來處理。

7.答案：C

mv2

解析：解：根據(jù)動能定理得，qU=2,由quB=7H亍得，r_°

A、由圖結(jié)合左手定則可知，該電荷帶正電。故A錯誤。

B、粒子經(jīng)過電場要加速，因正電粒子，所以下極板Si比上極板S2電勢低。故B錯誤。

C、若只增大加速電壓U,由上式可知，則半徑r變大，故C正確，

。、若只增大入射粒子的質(zhì)量，q不變，由上式可知，則半徑也變大。故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)動能定理求出粒子進(jìn)入磁場的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道半徑，從而得知x與什么因素有

關(guān).

解決本題的關(guān)鍵利用動能定理和牛頓第二定律求出P到Si的距離，從而得出x與電荷的比荷有關(guān).

8.答案：C

解析：解：邊AB和CD切割磁場產(chǎn)生電流，根據(jù)右手定則可知電流有B指向4,故A錯誤；

8、線框通過圖中位置瞬間，穿過線框的磁通量為零，感應(yīng)電動勢最大，所以感應(yīng)電流也最大，通過

電流表的電流瞬時值最大，故B錯誤，C正確；

。、根據(jù)E=NBSo＞可知，3增大一倍，E也增大一倍，根據(jù)/=g可知，通過電流表電流的有效值也

增大一倍，故。錯誤.

故選：C

通過右手定則判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，中性面時磁通量最大，感應(yīng)電動勢最小，根據(jù)E=

及歐姆定律判斷線框轉(zhuǎn)動的角速度增大一倍時，電流的有效值的變化情況

本題考查了對交流電圖象的認(rèn)識，要具備從圖象中獲得有用信息的能力，知道電流表測量的是交流

電的有效值，中性面時磁通量最大，感應(yīng)電動勢最小，垂直中性面時磁通量最大，感應(yīng)電動勢最小

為零，難度不大，屬于基礎(chǔ)題

9.答案:D

解析：解：AB、衛(wèi)星沿橢圓軌道運(yùn)動的加速度大小在變化，根據(jù)G券=/ng',G,=mg,則在

遠(yuǎn)地點(diǎn)P，9'=今故AB錯誤；

C、衛(wèi)星在遠(yuǎn)地點(diǎn)P若做勻速圓周運(yùn)動：^=m~,得：v=型,但其在這點(diǎn)為向心運(yùn)動，則速度

93R73

小于后，故C錯誤。

。、衛(wèi)星在P點(diǎn)適當(dāng)加速后若萬有引力等于向心力則做勻速圓周運(yùn)動，故力正確，

故選：Do

根據(jù)萬有引力提供向心力和根據(jù)萬有引力等于重力列出等式進(jìn)行比較求解即可。

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運(yùn)用，以及知道變軌的原理，當(dāng)

萬有引力小于向心力，做離心運(yùn)動，當(dāng)萬有引力大于向心力，做近心運(yùn)動。

10.答案:B

解析：

安培力的大小除了跟磁場的強(qiáng)弱和電流大小有關(guān)，還跟導(dǎo)線在磁場中的長度以及導(dǎo)線與磁場的夾角

有關(guān)；

若導(dǎo)線平行于勻強(qiáng)磁場的方向放置，則導(dǎo)線不受磁場力；

根據(jù)左手定則可知，安培力必定與磁場方向垂直，也必定與電流方向垂直，但磁場方向可與電流方

向不垂直，可成任意角；

引用公式尸=8〃時，注意要求磁場與電流垂直，若不垂直應(yīng)當(dāng)將導(dǎo)線沿磁場與垂直于磁場分解，因

此垂直時安培力最大，最大為F=B/L,所以某段導(dǎo)線在磁場中取某一方向時受到的磁場力最大，此

時導(dǎo)線必與磁場方向垂直。

對于概念的理解要深入充分，不能停留在表面，很多概念的定義式和決定式是不同的，如電場強(qiáng)度、

磁感應(yīng)強(qiáng)度、速度、加速度等。

解：48.只有當(dāng)通電導(dǎo)線與磁場垂直時，才有B=*不垂直時B大于故A錯誤，8正確；

C在磁場中同一位置，導(dǎo)線的放置方向不同，導(dǎo)線受力不一樣，但磁感應(yīng)強(qiáng)度一樣，故C錯誤；

。.當(dāng)導(dǎo)線與磁場平行時，導(dǎo)線不受力，故。錯誤。

故選瓦

11.答案：BC

解析：解：4、因物體在上升和下降過程中高度相同，則重力做功的大小相等，故A錯誤；

B、因向上運(yùn)動時受向下的重力及阻力，而向下運(yùn)動時，物體受向下的重力及向上的阻力，故向上時

的加速度大于向下時的加速度，因高度相同，故向上時的時間小于下降時的時間，故上升過程中重

力的沖量小于下降過程中重力的沖量，故3正確；

C、由B的分析可知，向上時的合外力大于向下時的合外力，故由動能定理可知，向上時的動能改變

量大于下降時的動能改變量，故C正確；

。、因阻力做功，故落回到地面上時的速度小于上拋時的速度，故向上運(yùn)動時動量的改變量大于下

降過程動量的改變量；故。錯誤。

故選：BC.

根據(jù)物體在往復(fù)過程中受力情況，由動能定理和動量定理分析物體的速度變化，進(jìn)而得出動量及動

能等的變化。

本題要注意分析題意，明確物體的受力情況，然后再由動量定理和動能定理進(jìn)行分析即可解決。

12.答案：AB

解析：解：力、Q向上運(yùn)動的過程中，受到重力、斜面的支持力和庫侖力，開始電場力大于重力的下

滑分力，合力沿斜面向上，做加速運(yùn)動，電場力不斷減小，合力減??；

當(dāng)電場力小于下滑力，合力沿斜面向下，做減速運(yùn)動，電場力減小，合力增大，所以合力先減小后

增大，則加速度先減小后增大，故4正確；

8、電場力對Q做正功，根據(jù)功能關(guān)系得知，Q的機(jī)械能一直增大，故B正確；

C、物體動能、重力勢能和電勢能的總和守恒，動能先增大后減小，物塊P、Q的重力勢能和電勢能

之和就先減小后增大，故C錯誤.

。、物體動能、重力勢能和電勢能的總和守恒，Q的重力勢能增大，Q和P的電勢能和動能之和逐漸

減小，故。錯誤

故選：AB

Q向上運(yùn)動的過程中，受到重力、斜面的支持力和庫侖力，與P距離增大，庫侖力減小，根據(jù)牛頓第

二定律分析加速度的變化.

物體Q在運(yùn)動過程中存在三種能，動能、重力勢能和電勢能，根據(jù)能量守恒，運(yùn)動過程中只存在這

三種能互相轉(zhuǎn)化.根據(jù)電場力做功正負(fù)，判斷電勢能的變化.根據(jù)能量守恒分析Q的機(jī)械能的變化

此題要知道物體的運(yùn)動過程中存在三種能，動能、重力勢能和電勢能，電場力做功引起電勢能的變

化和Q機(jī)械能的變化，能正確分析運(yùn)動狀態(tài)，運(yùn)用功能關(guān)系進(jìn)行分析.

13.答案：AD

解析：

根據(jù)楞次定律和安培定則判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)左手定則判斷安培力的方向，根據(jù)法拉第電磁

感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，根據(jù)歐姆定律求解感應(yīng)電流，根據(jù)q=/t求解電荷量.

本題是滑桿問題，關(guān)鍵是結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式、歐姆定律公式和平衡條件列式求

解，注意本題中感應(yīng)電流是恒定的，不難.

解：4穿過閉合回路的磁通量在增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場方向垂直向下，根據(jù)安培定

則，導(dǎo)體棒中的電流方向始終為從N到M,故A正確；

8、根據(jù)左手定則，導(dǎo)體棒受安培力平行斜面向上，故導(dǎo)體棒對斜面的壓力等于重力垂直斜面的分力，

為mgcos30。，保持不變，故B錯誤；

C、導(dǎo)體棒對兩邊小圓柱恰好無壓力時，根據(jù)平衡條件，有：B1L=mgsin30°,

其中/=|,F=nL2^,

..0.6X10x-x4

聯(lián)立解得：B=^-lr-=^rT=6T,

At

由于B=1+2t,故￡=2.5s；故C錯誤；

D、由于E="2要=1x12X2=2U,故/="=*=0.54故t=2.5s內(nèi)的電荷量q=It=1.25C,

故。正確；

故選：AD

14.答案：CD

解析：解：ABC,U-/圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動勢，電動勢EI=E2；U-/圖象與/軸的

交點(diǎn)表示短路電流，故發(fā)生短路時的電流人＞%，而斜率表示內(nèi)阻，內(nèi)阻巳＜「2,故錯誤，C正

確；

。、根據(jù)。=后一"可知，△(/=—「△/,內(nèi)阻「1＜上，故當(dāng)電源的工作電流變化相同時，電源2的

路端電壓變化較大；故。正確；

故選：CD。

根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓為：U=E-lr；U-/圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動勢，

與/軸的交點(diǎn)表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻。

本題考查了閉合電路電源的U-/圖象的相關(guān)知識，要求同學(xué)們理解U-/圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電

源的電動勢，與/軸的交點(diǎn)表示短路電流，而圖象的斜率表示內(nèi)阻。

15.答案:BC

解析:解：4、桿勻速運(yùn)動時速度最大。設(shè)桿的速度最大值為明此時桿所受的安培力為以=B/d=吧

八D4-T-

而且桿受力平衡，則有F=&+〃mg,解得，u="鬻,+?由于桿做變速運(yùn)動，因此平均速度

(F-〃mg)(R+r)

不可能為.故A錯誤。

282d2

B、流過電阻R的電荷量為q=7t=罌=瞿.故B正確。

CD、速度最大時受力平衡，根據(jù)平衡條件可得B/d=F-png,所以感應(yīng)電流/=土筍，時兩端的

最大電壓是指R兩端的最大電壓，則Um=IR=故C正確、。錯誤。

Bo.

故選：BC.

導(dǎo)體在恒力作用下向左先做加速運(yùn)動后做勻速運(yùn)動，此時速度達(dá)到最大，根據(jù)平衡條件和安培力的

表達(dá)式求解最大速度;

由電荷量的經(jīng)驗公式求解電荷量；

根據(jù)平衡條件求解電流強(qiáng)度，再根據(jù)歐姆定律求解ab兩端電壓.

本題是收尾速度問題，從力和能兩個角度分析，關(guān)鍵掌握兩個經(jīng)驗公式：安培力表達(dá)式以=史史,

感應(yīng)電量表達(dá)式勺=獸，選擇題可以直接運(yùn)用，不過計算題要有推導(dǎo)的過程.

16.答案：（1）答；（2）電動勢的倒數(shù)，6,20

解析：試題分析：（1）電流表G和電流表4并聯(lián)，兩端電壓相等，根據(jù)歐姆定律列式求解即可；

（2）先根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，變形得到李-R關(guān)系公式，結(jié)合圖象求解出電動勢和電源內(nèi)電阻.

（1）電流表G和電流表4并聯(lián)，兩端電壓相等，根據(jù)歐姆定律，有：

hrG=〃以

解得：6=手

lG

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：E=/（r+b+R）；

變形得到：：=”+手=”+字

IEEEE

由圖象得到縱軸截距為：誓=104-1…①

C

當(dāng)橫坐標(biāo)為180。時，縱坐標(biāo)為40AT,故有：40=卜180+三）...②

EE

由①②聯(lián)立解得：E=6V,r=2O/2；

故答案為：（1）等；（2）電動勢的倒數(shù)，6,20.

17.答案：①學(xué)生電源、電磁打點(diǎn)計時器、鉤碼、祛碼或電火花計時器、鉤碼、祛碼

②學(xué)生電源為電磁打點(diǎn)計時器提供交流電壓；電磁打點(diǎn)計時器(電火花計時器)記錄小車運(yùn)動的位置

和時間；祛碼用以改變小車的質(zhì)量；鉤碼用以改變小車受到拉力的大小，還可用于測量小車質(zhì)量.

解析：略

18.答案：解：(1)根據(jù)/中得，汽車的加速度為：a=0.8m/s2,

汽車在第Is末的速度為：v=atj=0.8xlm/s=0.8m/s.

(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的計算公式可得：x2=vt+|at2=0.8x1+1x0.8xI2=1.2m.

答：(1)汽車在第Is末的速度為0.8m/s；

(2)汽車在第2s內(nèi)通過的位移為1.2m.

解析：(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的位移時間公式求出汽車的加速度.根據(jù)速度時間公式求出汽車在第

1s末的速度；

(2)根據(jù)位移時間公式求出第2s內(nèi)的位移.

在解答勻變速直線運(yùn)動一類題目時，注意公式的合理選取，如果涉及時間一般采用速度時間關(guān)系和

位移時間關(guān)系公式解答，如果不涉及時間，一般采用速度位移關(guān)系公式解答.

19.答案：解：(1)粒子水平方向速度不變，作勻速直線運(yùn)動，

在電場中運(yùn)動時間為：t="［黑河=3x10q,

VQJL.UXJLU

(2)0時刻進(jìn)入的粒子豎直方向上先作勻加速直線運(yùn)動，用時Q=2x

10-5s,再作勻減速直線運(yùn)動，用時t2=lx10-5s,加速度大小相等，為：

22

。=四lxioxlxiom/s2=108m/s2,

mdlxiO_7xO.l

射出電場時，豎直分速度為:

8-5-53

vy-atr—at2-10X(2XIO—lx10)m/s-10m/s,

因為Q=2t2,可將整個運(yùn)動時間分成三個t2,根據(jù)初速度為零的勻加速

直線運(yùn)動的推論可知，在三個以內(nèi)粒子豎直分位移分別為：學(xué)，

y2=3x；a學(xué),y3=3xail＞所以射出電場時,豎直分位移為:

『=(1+3+3)*a均=7XTX1。8x(1xlQ-5)2m=0.035m

依據(jù)比例可得：Y=Y'+^x=0.035+0.05=0.085(m)

vo

(3)粒子離開電場時豎直分速度為：%=a(t正-1),式中t正為粒子在電場中運(yùn)動時正向電壓(上極

板為%)的持續(xù)時間.”為粒子在電場中運(yùn)動時負(fù)向電壓(下極板為4)的持續(xù)時間，?①-t貨)恰好

等于交變電壓的周期的右

故為=a?|?=1087TI/S2xIx3x10-5?n/s=lOOOm/s,

又所有粒子打入時的水平速度均為為=1.0x104m/s,且水平方向作勻速直線運(yùn)動，所以所有粒子

離開電場時的速度均為"=3+%=1000VlUlzn/s,方向與水平成arccotlO度角.可知粒子離開

電場時的速度均相同.

研究2X10-5s來打入的一個粒子，若其恰好能不碰下極板(如圖)，所以光帶長度為/=d-\atl=

0.095m

答：

(1)電子在電場中的運(yùn)動時間為3x10-5s；

⑵在t=。時刻進(jìn)入的粒子打在熒光屏上的位置到。點(diǎn)的距離為0。856；

(3)熒光屏上出現(xiàn)的光帶長度為0.095m.

解析：(1)粒子進(jìn)入電場后水平方向做勻速直線運(yùn)動，由t=《，求出電子通過電場的時間.

(2)在t=0時刻進(jìn)入的粒子，豎直方向上先作勻加速直線運(yùn)動2x10-55,再作勻減速直線運(yùn)動lx

10-5s,根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，由速度公式u=at求出粒子射出電場時豎直方向的速度.由

運(yùn)動學(xué)位移時間公式求出粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)的豎直位移.粒子離開電場后做勻速直線運(yùn)動，也運(yùn)

用運(yùn)動的分解法求解偏轉(zhuǎn)的豎直位移，即可得到粒子打在熒光屏上的位置到。點(diǎn)的距離；

(3)由b圖可知，粒子在豎直方向加速和減速運(yùn)動的時間之差等于交變電壓的周期的由公式為=磯

求解粒子離開電場時的豎直分速度.所有粒子飛出時的速度均相同，重點(diǎn)研究2x10-55打入的一個

粒子