2021屆上海市楊浦區(qū)高考物理一模試卷(含答案解析)

2021屆上海市楊浦區(qū)高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共12小題，共40.0分）

1.在地球赤道上方，地磁場可以看成是沿南北方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為0.50x10-51

如果赤道上有一根沿東西方向的直導(dǎo)線，長為20巾，載有從西到東的電流304則地磁場對這根

導(dǎo)線的安培力（）

A.大小是5x10-3%,方向豎直向上

B.大小是5x10-3"方向豎直向下

C.大小是3x10-3N,方向豎直向上

D.大小是3x10-3%,方向豎直向下

2.下列說法正確的是（）

A.自由落體運動是勻加速直線運動

B.選不同的物體為參考系，同一物體的運動一定不同

C.體積大的物體一定不能視為質(zhì)點

D.一個物體做加速運動，加速度也會增加

3.9.如圖所示，a、b為一條豎直方向的電場線上的兩點。一帶電小球（可看作帶電質(zhì)點）在a處由靜

止釋放后，沿電場線向上運動，到達(dá)b點時速度恰好為零，則下列說法中正確的是

A.a點的電場強度小于b點的電場強度

B.帶電小球在b點所受的合力一定為零

C.帶電小球在a點的電勢能大于在b點的電勢能

D.a點的電勢高于b點的電勢

4.如圖所示，物體受與水平方向成30。角的拉力F作用，在水平面上向左做

勻速直線運動，則（）7

A.物體共受到四個力的作用

B.物體受到的支持力可能為零

C.物體動量的變化量等于力產(chǎn)的沖量

D.物體動能的變化量等于力F做的功

5.兩個共點力F】=10N,F2=8N,它們的合力是2N,則它們之間的夾角是（）

A.0°B,90°C.180°D.360°

6.如圖所示為一列簡諧波在t=0時刻的波形圖，Q、P是波上的兩質(zhì)點，此，

刻質(zhì)點P沿y軸負(fù)方向運動，且t=1s時第一次運動到波谷位置。則質(zhì)點Q4

-2

的振動方程為（）

A.y=2sin（^t+^）mB.y=2sin（^t-^）m

C.y=2sin(^t~^)mD.y=2sin(^t+^)m

L4

7.如圖，電源電動勢為12匕內(nèi)阻為10,定值電阻治=60,R2=30n,開關(guān)閉

合，一質(zhì)量為6x10-8切的油滴恰好靜止在水平放置的平行板電容器兩極板間,

已知油滴的電荷量為1x10-8。電容器的電容為lOOpF,兩極板間的距離為

10cm,電流表和電壓表均為理想電表，g=10m/s2,貝!］（）

A.電流表讀數(shù)為14

B.電壓表的讀數(shù)為12U

C.滑動變阻器連入電路的電阻為60

D.電容器所帶的電荷量為6x10-4C

8.下列說法正確的是（）

A.由C=與可知，電容器的電容與任一極板的電荷量Q成正比

B.由3=最可知，電場中某點的電勢與電荷在該點處具有的電勢能Ep成正比

C.由R=pg可知，金屬導(dǎo)體的電阻與其接入電路的長度成正比

D.由E=￡可知，某一電源的電動勢與電源中非靜電力所做的功成正比

9.如圖質(zhì)量為m的小球被三根相同的彈簧a、b、c拉住,c豎直向下，a、b、

c三者夾角都是120。，小球平衡時，a、b、c伸長的長度之比為3：3：2,

則小球受到c的拉力為（）

A.mgT

B.0.5mg

C.1.5mg

D.2mg

10.空間存在一電場，一帶負(fù)電的粒子僅在電場力作用下從xi處沿x軸負(fù)方向運動，初速度大小為火,

其電勢能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖所示，圖線關(guān)于縱軸左右對稱，以無窮遠(yuǎn)處為零電勢能點,

粒子在原點。處電勢能為E。，在與處電勢能為后,則下列說法中不正確的是（）

A.坐標(biāo)原點。處電場強度為零

B.粒子經(jīng)過匕、處速度相同

C.由乙運動到0過程加速度一直減小

D.粒子能夠一直沿》軸負(fù)方向運動，一定有為>

11.做簡諧運動的物體，當(dāng)物體的位移為負(fù)值時，下面說法正確的是（）

A.速度一定為正值，加速度一定為負(fù)值

B.速度一定為負(fù)值，加速度一定為正值

C.速度不一定為正值，加速度一定為負(fù)值

D.速度不一定為負(fù)值，加速度一定為正值

12.如圖所示，abed是由導(dǎo)體做成的框架，其平面與水平面成。角.質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接

觸良好，回路的總電阻為R整個裝置放在垂直框面的變化的勻強磁場中，磁感強度B隨時間變化

的關(guān)系如圖乙所示，PQ始終處于靜止?fàn)顟B(tài).關(guān)于PQ馬框架間的摩擦力f在0?t］時間內(nèi)的變化情

況的說法中，有可能正確的是：（）

①f一直在增大②f一直在減小

③f先增大后減小④/?先減小后增大.

A.①③

二、填空題（本大題共5小題，共20.0分）

13.如圖，三個可視為質(zhì)點的金屬小球4、B、C質(zhì)量都是m,帶正電量都是q,連接小球的絕

緣細(xì)線長度都是3靜電力恒量為k,重力加速度為g.（小球可視為點電荷）則連結(jié)B、C的A

細(xì)線張力為,連結(jié)4、B的細(xì)線張力為.:

14.冰面對滑冰運動員的最大摩擦力為其重力的k倍，在水平冰面上沿半徑為R的圓周滑行的運動員,

若僅依靠摩擦力來提供向心力而不沖出圓形滑道，其運動的速度應(yīng)滿足

15.A家庭電路的交變電壓隨時間變化的圖象如圖所示.由圖可知，交變電壓的有效值為K,

頻率為Hz.

8.如圖所示的電路中，電源的電動勢為6V,定值電阻為50,電流表和電壓表均是理想電表.開

關(guān)S閉合后，電壓表的示數(shù)為5匕則電流表的示數(shù)為A,電源內(nèi)阻為n.

16.兩條平行且足夠長的金屬導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強度

為B的勻強磁場中，B的方向垂直導(dǎo)軌平面。兩

導(dǎo)軌間距為3左端接一電阻R,其余電阻不計。長為2Z,的導(dǎo)體棒ab

如圖所示放置，開始時ab棒不導(dǎo)軌垂直，在防棒繞a點緊貼導(dǎo)軌以角

速度3順時針旋轉(zhuǎn)90。的過程中，通過電阻R的電流方向為（填

“由上到下”或者“由下到上”）：電動勢的最大值為；通過電阻R的電荷量是

17.（4分）在用打點計時器測定小車做勻加速直線運動的加速度的實驗中，交流電頻率50Hz,得到

如圖所示的一條紙帶，從比較清晰的點開始取計數(shù)點（相鄰計數(shù)點之間還有4個點沒有畫出），分

別標(biāo)上0、1、2、3、4…,測量得到0與1兩點間的距離S]=30nun,1與2兩點間的距離S2=36mm,

則小車在打下點1時的瞬時速度為m/s,小車的加速度大小為m/s2

?????

01234

三、實驗題（本大題共I小題，共10.0分）

18.在利用自由落體“驗證機械能守恒定律”的實驗中，

（1）下列器材中不必要的一項是（只需填字母代號）.

4重物B.紙帶C.天平D低壓交流電源E.毫米刻度尺

(2)關(guān)于本實驗的誤差，說法不正確的一項是

A選擇質(zhì)量較小的重物，有利于減小誤差

B.選擇點擊清晰且第1、2兩點間距約為2mm的紙帶，有利于減小誤差

C先松開紙帶后接通電源會造成較大的誤差

。.本實驗產(chǎn)生誤差的主要原因是因為重物在下落過程中不可避免地受到阻力的作用

(3)在實驗中，質(zhì)量m=1kg的物體自由下落，得到如圖所示的紙帶，相鄰計數(shù)點間的時間間隔為

0.04s.那么從打點計時器打下起點。到打下B點的過程中，物體重力勢能的減少量Ep=J,

此過程中物體動能的增加量&=J,由此可得到的結(jié)論是.(取g=9.8m/s2,保留

三位有效數(shù)字)

—15.50

--2X2Scm-~-4

---------------32.SOcm-

-------------------43.25cm--

四、計算題(本大題共2小題，共30.0分)

19.如圖所示，一質(zhì)量為m=0.10kg、電阻為R=0.100的矩形金屬框abed

由靜止開始釋放，豎直向下進(jìn)入勻強磁場.已知磁場方向垂直紙面向

內(nèi)，磁感應(yīng)強度為B=0.507,金屬框?qū)挒長=0.20m,開始釋放時ab邊

與磁場的上邊界重合.經(jīng)過時間金屬框下降了壇=0.50小，金屬框

中產(chǎn)生了Qi=0.45/的熱量，取g=10m/s2.

XXXX

(1)求經(jīng)過時間ti時金屬框速度巧的大小以及感應(yīng)電流的大小和方向；

(2)經(jīng)過時間匕后，在金屬框上施加一個豎直方向的拉力，使它作勻變速直*XXX

B

線運動，再經(jīng)過時間t2=0.1S,又向下運動了h2=0.12m,求金屬框xXXX

加速度的大小以及此時拉力的大小和方向(此過程中cd邊始終在磁場外).

(3*2時間后該力變?yōu)楹愣ɡ?，又?jīng)過時間t3金屬框速度減小到零后不再運動.求該拉力的大小以

及t3時間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱(此過程中cd邊始終在磁場外).

20.如圖，質(zhì)量為M的足夠長金屬導(dǎo)軌abed放在光滑的絕緣水平面上.一電阻不計，質(zhì)量為m的導(dǎo)

體棒PQ放置在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接觸良好，PQbc構(gòu)成矩形.棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為小棒

左側(cè)有兩個固定于水平面的立柱.導(dǎo)軌兒段長為3開始時PQ左側(cè)導(dǎo)軌的總電阻為R,右側(cè)導(dǎo)軌

單位長度的電阻為Ro.以ef為界，其左側(cè)勻強磁場方向豎直向上，右側(cè)勻強磁場水平向左，磁感

應(yīng)強度大小均為B.在t=0時刻，一水平向左的拉力F垂直作用于導(dǎo)軌的船邊上，使導(dǎo)軌由靜止

開始做勻加速直線運動，加速度為a.

(1)求回路中感應(yīng)電動勢及感應(yīng)電流隨時間變化的表達(dá)式:

(2)寫出拉力F的表達(dá)式，并求經(jīng)過多少時間拉力F達(dá)到最大值，拉力F的最大值為多少？

(3)某一過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導(dǎo)軌克服摩擦力做功為W,求導(dǎo)軌動能的增加量.

參考答案及解析

1.答案：C

解析：解：根據(jù)安培力的公式可得：F=BIL=0.50x10-5rx30x20N=3x10-3N；

勻強磁場方向為由南向北，而電流方向為從西向東.則由左手定則可得安培力的方向為豎直向上；

故ABD錯誤，C正確；

故選：C

(1)根據(jù)左手定則，讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是導(dǎo)線

受的安培力的方向.

(2)根據(jù)尸=B/L來計算安培力的大小即可，同時注意該公式成立的條件.

考查左手定則，注意要將其與右手定則區(qū)分開來.在使用安培力公式時，注意通電導(dǎo)線要與磁場垂

直.

2.答案：A

解析：解：/、物體做自由落體運動的條件：①只在重力作用下②從靜止開始，所以自由落體運動

是勻加速直線運動，故A正確。

3、選不同的參考系研究同一物體的同一個運動，其運動情況可能相同，故8錯誤。

C、體積大的物體也可以看出質(zhì)點，例如研究地球的公轉(zhuǎn)，故C錯誤。

。、當(dāng)物體加速度方向與速度方向相同，速度一定增大，如果速度增加得越來越快，即加速度在增

大，反之速度增加得越來越慢，即加速度在減小，故。錯誤。

故選：4。

物體做自由落體運動的條件：①只在重力作用下②從靜止開始；同一運動選擇不同的參考系，觀察

到的結(jié)果往往不同；看做質(zhì)點的條件是物體的形狀和大小可以忽略不計；

該題考查直線運動的相關(guān)的物理量的內(nèi)涵和外延，要求對這部分的概念有準(zhǔn)確的理解和掌握。

3.答案：C

解析：解：AB、在a點，電場力大于重力，至油點恰好速度為零，可知先加速后減速，所以匕點所受

的電場力小于重力，所以帶電小球在b點時所受合外力不為零，a點的電場強度比b點的電場強度大，

故AB錯誤；

C、在a點釋放后小球往上運動，所以電場力朝上，從a到b電場力做正功，電勢能減少，a點電勢能

大于b點電勢能，故C正確；

。、沿電場線方向電勢逐漸降低，因為不知道電場的方向，所以無法判斷電勢的高低，故。錯誤。

故選Co

4.答案：A

解析：解：4、對物體受力分析可知，物體一定受重力、支持力、拉力作用，由于物體做勻速運動,

故一定有摩擦力作用，故A正確；

8、由4的分析可知，由于物體受到摩擦力，故物體受到的支持力不為零，故B錯誤；

C、根據(jù)動量定理可知，物體的動量變化量等于合外力的沖量，故C錯誤；

。、根據(jù)動能定理可知，物體動能的變化量等于合外力的功，故。錯誤。

故選：Ao

對物體受力分析，明確受力情況，再根據(jù)動量定理和動能定理分析動量的變化與沖量的關(guān)系以及動

能的變化與功的關(guān)系。

本題考查動量定理以及動能定理，要注意明確動能定理中功必須是合外力的功，而動量定理中的沖

量是合外力的沖量。

5.答案：C

解析：解：兩力合成時，合力范圍為：|&-61SFW&+a；

故2NWFW18N；而當(dāng)它們的合力是2N,則它們的夾角為180。，所以8正確，AC￡>錯誤.

故選：C.

兩力合成時，合力隨夾角的增大而減小，當(dāng)夾角為零時合力最大，夾角180。時合力最小，并且|a-

F2\<F<Fr+F2

本題關(guān)鍵根據(jù)平行四邊形定則得出合力的范圍：|居-FZ|WFWFI+F2.

6.答案：B

解析：解：t=Is時P點第一次回到波谷，則周期7=4s,a）=^=^-rad/s=lrad/s

t=0時刻p點沿y軸負(fù)方向運動，說明波沿X軸正方向傳播，則此時Q沿y軸正方向運動，且Q點對應(yīng)

的位移為一1m,設(shè)Q點振動方程是y=2（》+w）

代入￡=0,y=-1m,解得：（p=-^

所以Q點的振動方程為曠=2W《一弓?1,故B正確，4CO錯誤。

故選：B。

利用數(shù)學(xué)三角函數(shù)的知識求出質(zhì)點的振動方程，結(jié)合圖像找到振幅，角速度等。

本題考查識別、理解振動圖象和波動圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對于波的圖象往

往先判斷質(zhì)點的振動方向和波的傳播方向間的關(guān)系。同時，能熟練分析波動形成的過程，分析物理

量的變化情況。

7.答案：C

解析：解：B.根據(jù)電路圖可知，R和/?2并聯(lián)，再和％串聯(lián)，電容器與飛并聯(lián)，因此電容器兩端的電

壓等于&的電壓，電壓表測的是路端電壓，令電容器兩端的電壓為名,

電容器里的油滴處于平衡狀態(tài)，則有吟=mg,代入數(shù)據(jù)IO'=6x10-8xio,解得％=6V,

干路總電流/=*=g=14,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電壓表的讀數(shù)為U=E—/r=12—lx

1=11V,故8錯誤；

人滑動變阻器和R2組成的并聯(lián)電路的電壓為U2=U-a=11-6=5U,則電流表的讀數(shù)為。=

祟=。=那故A錯誤；

?2JvO

C.滑動變阻器的阻值為R滑=氤=芻=60,故c正確；

6

。.電容器所帶電荷量為Q=CUi=100xIO-"x6=6x10-10C,故D錯誤；

故選：Co

R和/?2并聯(lián)，再和公串聯(lián)，電容器與％并聯(lián)，因此電容器兩端的電壓等于&的電壓，根據(jù)油滴處于

平衡狀態(tài)求解出電容器的電壓，根據(jù)歐姆定律求出干路總電流，再求解出電源的內(nèi)電壓，根據(jù)閉合

電路歐姆定律求出路端電壓，根據(jù)串并聯(lián)電路特點求出滑動變阻器的電壓和通過的電流大小，根據(jù)

歐姆定律求出滑動變阻器的電阻，根據(jù)Q=CU求出電容器的電荷量。

明確電路特點，熟記與電容器相關(guān)的知識，如電容器兩端的電壓與與之并聯(lián)的用電器的電壓相等，

熟記閉合電路歐姆定律。

8.答案：C

解析：解：力、電容器的電容C由電容器本身決定，與任一極板的電荷量Q、及電壓U均無關(guān)，故A

錯誤；

8、靜電場中某點的電勢9由電場本身決定，與電荷在該點處具有的電勢能、及試探電荷均無關(guān)，故

B錯誤；

C、由電阻定律公式R=￡可知，導(dǎo)體的電阻R由它的長度3它的橫截面積S,以及導(dǎo)體材料的電阻

率p決定，故C正確；

。、電場強度E由電場本身決定，與電源中非靜電力所做的功，及試探電荷均無關(guān)，故。錯誤。

故選：C0

所謂比值定義法，就是用兩個基本的物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法。比如①物質(zhì)密

度②電阻③場強④磁通密度⑤電勢差等。一般地，比值法定義的基本特點是被定義的物理量往往

是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變，如確定的電場中的某一

點的場強就不隨q、尸而變。當(dāng)然用來定義的物理量也有一定的條件，如q為點電荷，S為垂直放置于

勻強磁場中的一個面積等。類似的比值還有：壓強，速度，功率等等。

中學(xué)階段有很多物理量是用比值定義法定義的，用比值定義法定義的物理量有一個共同點，解這個

物理量與兩個相關(guān)的物理量的大小無直接關(guān)系，但能反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性。

9.答案:D

解析：解：設(shè)小球受到c的拉力為2F,由題，a、b、c伸長的長度之比為3：3：2,根據(jù)胡克定律得

知，a、b的拉力大小均為3F.

對于小球：受到重力mg、c的拉力2尸和a、b的拉力3F.a、b的夾角為120。，其合力為3F,由平衡條

件得：

3F=2F+mg

解得：F=?ng,貝!]c的拉力為2F=2mg,故。正確.

故選：D

根據(jù)胡克定律得到三根彈簧拉力大小關(guān)系，以小球為研究對象，根據(jù)平衡條件得到拉力與重力的關(guān)

系，即可求得c的拉力.

本題中a、b兩根彈簧的拉力大小相等、夾角為120。，其合力大小等于它們的拉力大小.

10.答案:C

解析：

根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q(p,電勢能與電場力做功的關(guān)系：Ep「Ep2=Eqx,結(jié)合分析圖

象斜率與電場力的關(guān)系，即可求得原點。處的電場強度；速度根據(jù)能量守恒判斷；根據(jù)斜率讀出電

場力的變化，由牛頓第二定律判斷加速度的變化。

解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢和場強的變化，再根據(jù)力學(xué)基本規(guī)律：牛頓

第二定律和能量守恒定律進(jìn)行分析。

A根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q(p,場強與電勢的關(guān)系：E=梟,得：5=：豢上「一;(:圖象切

線的斜率等于學(xué)，也即表示電場力，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，坐標(biāo)原點。處切線斜率為零，則坐標(biāo)原點。

處電場強度為零，故A正確;

B.由圖看出，與、-%1兩處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律得知，粒子經(jīng)過與、-/處速度相同，

故8正確；

C.由與運動到0過程，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，圖線的斜率先增大后減小，說明電場力先增大后減小，根

據(jù)牛頓第二定律得知，加速度先增大后減小，故C錯誤；

。.根據(jù)公式Ep=q%可知，該粒子帶負(fù)電，從X］處到-與處，電勢先降低后升高，電場方向先沿x軸

負(fù)方向后沿x軸正方向，電場力先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，粒子只要能通過原點。，就能一直沿

x軸運動，設(shè)粒子恰好能到達(dá)原點0時的速度為燈則根據(jù)能量守恒定律得：:小講:芯。-%，p=

產(chǎn)三百，當(dāng)%>u時，即為〉J聾3粒子能夠一直沿》軸負(fù)方向運動,故。正確。

本題選錯誤的，故選C。

11.答案：D

解析：解：當(dāng)振子的位移為負(fù)值時，由簡諧運動的特征a=-"知，加速度一定為正值，而速度方向

m

有兩種可能，不一定為正值，也不一定為負(fù)值，故ABC錯誤，。正確。

故選：Do

做簡諧振動的物體，其加速度總是與位移方向相反，而速度方向可能與位移方向相反或相同。速度

與加速度的大小變化情況是相反的。

本題關(guān)鍵熟悉彈簧振子的特征：a=-"熟悉其速度、加速度、位移、回復(fù)力的變化規(guī)律，基礎(chǔ)題。

m

12.答案:B

解析：解：由圖看出，磁感應(yīng)強度均勻減小，穿過PQcb回路的磁通量均勻減小，回路中產(chǎn)生恒定電

流，根據(jù)楞次定律得知，導(dǎo)體棒PQ所受安培力方向沿斜面向上.由尸=B/L可知，B減小，PQ所受

安培力大小以減小.

①、②若PQ開始時不受靜摩擦力，色減小時，靜摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件得：mgsine=

FA+3也減小，/一直增大；若PQ原來所受的靜摩擦力方向沿斜面向上時，根據(jù)平衡條件得：

mgsin0=FA+f,凡減小，/■一直增大；故①正確，②錯誤.

③、④若PQ開始時所受的靜摩擦力方向沿斜面向下時，根據(jù)平衡條件得：mgsine+f=FA,以減

小，/?先減?。划?dāng)重力的沿斜面向下的分力mgsin。〉以時，靜摩擦力沿斜面向上時，根據(jù)平衡條件

得：mgsinB=FA+f,治減小，/開始增大，所以摩擦力可能先減小后增大；故③錯誤，④正確.

故選：B.

由圖看出，磁感應(yīng)強度均勻減小，穿過PQcb回路的磁通量均勻減小，回路中產(chǎn)生恒定電流，根據(jù)安

培力公式分析安培力大小的變化情況，由左手定則判斷安培力方向，由平衡條件分析棒PQ受到的靜

摩擦力的大小變化情況.

本題是楞次定律、安培力和力平衡等知識的綜合應(yīng)用，直接由楞次定律判斷安培力的方向，也可以

由楞次定律、左手定則結(jié)合判斷安培力方向.

13.答案：mg+富；2mg+槳

解析：

先對C球受力分析，根據(jù)平衡條件求解連結(jié)8、C的細(xì)線張力；再對B球和C球整體受力分析，根據(jù)平

衡條件求解連結(jié)4B的細(xì)線張力.

本題關(guān)鍵是選擇球C和BC整體受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式求解細(xì)線的拉力，運用整體法可以

不考慮內(nèi)力，使問題簡化.

2

球4與球8間的靜電斥力為：FAB=%;

球B和球C間的靜電斥力為：FBC=婿；

球4和球C間的靜電斥力為：以?=上怎=罄；

先對C球受力分析，受重力、球B的斥力、球C的斥力和細(xì)線的拉力，故：

5kq2

TBC=m9++FBC=m9+4J

再對B球和C球整體受力分析，受重力、4球的斥力和細(xì)線的拉力，根據(jù)平衡條件，有：

5kq2

TAB=2mg+FAC^FAB=2mg+

故答案為：？ng+當(dāng)2?ng+當(dāng)-。

14.答案：v<yjkgR

解析：解：滑冰運動員轉(zhuǎn)彎時靠靜摩擦力提供向心力，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時，速度達(dá)到最大.

由kmg=m^■得：v=y/kgR

則要不沖出圓形滑道，其運動的速度應(yīng)滿足u4J物.

故答案為：v<y/kgR.

溜冰運動員在冰面上做圓周運動，靠靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出安全速度的大小.

解決本題的關(guān)鍵搞清運動員做圓周運動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解.

15.答案:A.22050

B.11

解析：

A.

根據(jù)交變電流的圖像求出周期，再跟據(jù)周期和頻率無為倒數(shù)求出頻率。根據(jù)圖像求出最大值，再跟

據(jù)最大值和有效值的關(guān)系求出有效值。

本題是交變電流的簡單的圖像問題，基礎(chǔ)題目。

根據(jù)圖像可知最大值，有效值對正余弦交流電來說是最大值的220夜，所以有效值為〃=置=

率=220V,由圖可知周期為0.02s,所以頻率為/=9=^=5OHZ。

故填：22050

B

開關(guān)閉合后，電壓表測量路端電壓，電流表測量干路電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式即可求解。

本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：

U

/=片14

/=2代入數(shù)據(jù)可得r=in

故答案為11

16.答案：由上到下2BZ?3里士

2R

解析：解：由右手定則可知，通過電阻R的電流方向為由上到下。

當(dāng)有效長度最長時感應(yīng)電動勢最大，

電動勢的最大值為E=B-2L?3L=2B3〃。

第一階段：平均電動勢后=絲=也竺竺=辿

△tAtAt

通過R的電荷量q=E4t=^

R2.R

第二階段ab棒脫離導(dǎo)軌后，電路中沒有電流。所以總電量為q=要。

故答案為：由上到下，2BL7&),遜幺

2R

根據(jù)右手定則求解通過電阻R匕的電流方向。當(dāng)切割的有效長度最長時，感應(yīng)電動勢最大，根據(jù)E=

求解最大d感應(yīng)電動勢。

根據(jù)q=〃求解通過R的電荷量。

解決該題的關(guān)鍵是掌握用右手定則分析感應(yīng)電流的方向，掌握感應(yīng)電動勢的求解公式以及電荷量的

求解公式。

17.答案：0.33;0.6

解析：每隔五個打印點取一個計數(shù)點，所以2,3兩計數(shù)點間的時間間隔為0.1s,

根據(jù)勻變速直線運動中時間中點的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上。點時小車的

瞬時速度大小.

x20.03+0.036

=—0=---------=0.33m/s

「02U.N

根據(jù)勻變速直線運動的推論△x=aT2,有：

2

s2—Sj=aT,

所以解得：a=0.6m/s2

18.答案：CA2.282.26在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，重物重力勢能的減小量等于動能的增加量，

重物下落過程中機械能守恒

解析：解：(1)實驗中驗證動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等，兩端都有質(zhì)量，可以約去,

所以不需要測量質(zhì)量，不需要天平.故不必要的器材選C.

(2)4、為了減小阻力的影響，重物選擇質(zhì)量較大的重物，故A錯誤.

B、根據(jù)=ggt?=qx10x0.022m=2mm知，紙帶選擇點跡清晰且第1、2兩點間距約為2mm的紙

帶，有利于減小誤差，故B正確.

C、實驗時先松開紙帶后接通電源會造成較大的誤差，故C正確.

。、本實驗產(chǎn)生誤差的主要原因是因為重物在下落過程中不可避免地受到阻力的作用，故。正確.

本題選擇錯誤的，故選：A.

⑶23.25cm=0.2325m,32.50cm=0.3250m,15.50cm=0.1550m,

物體重力勢能的減少量為：△Ep=mg/i=1x9.8x0.23257=2.287,

B點的速度為：%=若=°325°~°1550m/s=2.125m/s,

Z/U.Uo

則動能的增加量為：△&=|mvj=1xlx2.1252=2.267.

可知在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，重物重力勢能的減小量等于動能的增加量，重物下落過程中機械能

守恒.

故答案為：(1)C，(2)4(3)2.28,2.26,在實驗誤差允許的范圍內(nèi)，重物重力勢能的減小量等于動

能的增加量，重物下落過程中機械能守恒.

(1)根據(jù)實驗的原理確定所需測量的物理量，從而確定不需要的物理器材.

(2)根據(jù)實驗的原理以及操作中的注意事項確定不正確的操作步驟.

(3)根據(jù)下降的高度求出物體重力勢能的減小量，根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速

度，求出B點的速度，從而得出動能的增加量.分析比較得出實驗的結(jié)論.

解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理以及操作中的注意事項，掌握紙帶的處理方法，會根據(jù)紙帶求解瞬

時速度，從而得出動能的增加量，會根據(jù)下降的高度求出重力勢能的減小量.

19.答案：解：(1)由能量守恒定律可得：mgh^^mvl+Q

解得：%=Im/s；

導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢均=BL%,

感應(yīng)電流/=鬻=竺詈"4=1A,

由右手定則可知，感應(yīng)電流沿逆時針方向；

2

(2)由勻變速運動的位移公式：h2=%上2解得a=4.0m/s,

t2=0.1s時，金屬框的速度%%+Q±2=(1+4.0x0.1)m/s=1.4m/s,

此時金屬框的電流/=警=竺答竺=1.44

KU.1

由牛頓第二定律：F2+mg-BIL=ma,F2=ma+BIL-mg=-0A6N,由左手定則可知，拉力

方向：豎直向上；

(3)金屬框做加速度運動最后靜止，所加恒定的外力等于重