2021年河北省衡水中學(xué)高考物理三調(diào)試卷(含答案解析)

2021年河北省衡水中學(xué)高考物理三調(diào)試卷

一、單選題（本大題共9小題，共36.0分）

1.小型轎車的“百公里加速時(shí)間”是指汽車從靜止開(kāi)始加速到100km"（約為28m/s）所用的最少

時(shí)間。若某汽車“百公里加速時(shí)間”為7s,在這7s內(nèi)該汽車的平均加速度約為（）

A.2m/s2B.4m/s2C.6m/s2D.8m/s2

2.核動(dòng)力潛艇中核反應(yīng)堆的主要燃料教U.蒙U衰變成蕾Rn需經(jīng)過(guò)6次a衰變和n次￡衰變，則加、

n分別為（）

A.2、4B.4、2C.16、6D.4、6

3.2016年11月1日，在珠海航展上，空軍試飛員駕駛“殲-20”戰(zhàn)機(jī)進(jìn)行了飛行展示，這是我國(guó)

自主研制的新代隱身戰(zhàn)斗機(jī)的首次公開(kāi)亮相，如圖是“殲-20”戰(zhàn)機(jī)以大約65。的仰角沿直線加

速爬升的情況，G表示戰(zhàn)機(jī)受到的重力，尸表示除重力外的其他力，則戰(zhàn)機(jī)在沿直線加速爬升過(guò)

程中受力的示意圖大致是（）

4.如圖所示，x軸在水平地面上，y軸沿豎直方向。圖中畫(huà)出了從y軸上

不同位置沿%軸正向水平拋出的三個(gè)小球a、b和c的運(yùn)動(dòng)軌跡。小球a

從（0,2L）拋出，落在（2L,0）處；小球b、c從（0,L）拋出，分別落在（2L,0）

和（。0）處。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

A.a和b初速度相同B.b的初速度是c的兩倍

C.b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是c的兩倍D.a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是b的兩倍

5.地球?qū)υ虑蚓哂邢喈?dāng)大的萬(wàn)有引力但月球并沒(méi)有向地球靠近，其原因是（）

A.萬(wàn)有引力不斷改變?cè)虑虻倪\(yùn)動(dòng)方向，使得月球繞地球運(yùn)行

B.不僅地球?qū)υ虑蚓哂腥f(wàn)有引力，而且太陽(yáng)系里其他星球?qū)υ虑蛞灿腥f(wàn)有引力，這些力的合力

等于零

C.地球?qū)υ虑虻囊€不算大

D.不僅地球?qū)υ虑蛴腥f(wàn)有引力，而且月球?qū)Φ厍蛞灿腥f(wàn)有引力這兩個(gè)力大小相等，方向相反,

互相平衡了

6.某區(qū)域的電場(chǎng)線分布情況如圖所示，M、N、P是電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)，下列說(shuō)

法正確的是（）

A.負(fù)電荷由M點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功

B.正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能小于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能

C.同一電荷在N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于其在M點(diǎn)所受的電場(chǎng)力

D.M點(diǎn)和N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向相同

7.原線圈兩端電壓恒定時(shí)用理想變壓器給純電阻負(fù)載供電時(shí)，用下列哪些辦法可以增大輸入電流？

（）

A.增加原線圈的匝數(shù)B.增加副線圈的匝數(shù)

C.在副線圈上多串聯(lián)一個(gè)電阻D.使繞制線圈的導(dǎo)線粗一些

8.如圖所示，甲分子固定在坐標(biāo)原點(diǎn)。，乙分子位于工軸上，甲分子對(duì)F|

乙分子的作用力與兩分子間距離的關(guān)系如圖中曲線所示。F>0表\cba

示斥力，F(xiàn)<0表示引力，a、b、c、d為x軸上四個(gè)特定的位置。°---

現(xiàn)把乙分子從a處由靜止釋放，則（）

A.乙分子由a到b做加速運(yùn)動(dòng)，由匕到c做減速運(yùn)動(dòng)

B.乙分子由a到c做加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)c時(shí)速度最大

C.乙分子由a到b的過(guò)程中，兩分子間的分子勢(shì)能一直增加

D.乙分子由b到d的過(guò)程中，兩分子間的分子勢(shì)能一直增加

C.A球的轉(zhuǎn)速等于B球的轉(zhuǎn)速

D.月球的向心加速度大于8球的向心加速度

二、多選題（本大題共3小題，共18.0分）

10.如圖所示，質(zhì)量M=2kg的一定長(zhǎng)度的長(zhǎng)木板靜止在光滑水平面上，在其左端放置一質(zhì)量

1kg的小木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），小木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=02長(zhǎng)木板和小木塊先相對(duì)

靜止，然后用一水平向右的尸=4N的力作用在小木塊上，經(jīng)過(guò)時(shí)間t=2s,小木塊從長(zhǎng)木板另

一端滑出，g取10m/s2,貝歐）

[Hl_____________

MI

A.滑出瞬間，小木塊的速度為2m/sB.滑出瞬間，小木塊的速度為4m/s

C.滑出瞬間，長(zhǎng)木板的速度為2rn/sD.滑出瞬間，長(zhǎng)木板的速度為4rn/s

11.兩個(gè)大小相同的小球4、B質(zhì)量分別為巾4、mB,4球以初速度火與靜止的B球

發(fā)生正碰，下列說(shuō)正確的是（）

A.若它們發(fā)生完全非彈性碰撞，則4球碰撞過(guò)程中動(dòng)能損失最大

B.若它們發(fā)生彈性碰撞，則4球碰撞過(guò)程中動(dòng)能損失最小

C.若它們發(fā)生彈性碰撞，貝球碰后獲得的速度最大

D.若它們發(fā)生完全非彈性碰撞，則B球碰后獲得的速度最小

12.如圖所示，一小物塊以一定的初速度沿粗糙斜面上滑，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn).以出發(fā)

點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為正方向，出發(fā)點(diǎn)所在平面為重力勢(shì)能零面.用外表示小物塊的動(dòng)

能，Ep表示小物塊的重力勢(shì)能，E表示小物塊的機(jī)械能，呼表示小物塊克服摩擦力做的功，支表

不小物塊運(yùn)動(dòng)的位移，則下列圖象表示正確的是（）

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共18.0分）

13.如圖所示是在“用D/S實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)研究機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置，把傳感器接入數(shù)據(jù)采集器，

測(cè)定擺錘在某一位置的瞬時(shí)速度，從而求得擺錘在該位置的動(dòng)能，同時(shí)輸入擺錘的高度，求得

擺錘在該位置的重力勢(shì)能，進(jìn)而研究勢(shì)能和動(dòng)能轉(zhuǎn)化時(shí)的規(guī)律。實(shí)驗(yàn)中4B、C、。四點(diǎn)高度為

0.150m,0.100m,0.050m,0.000m,已由計(jì)算機(jī)默認(rèn)，不必輸入。擺錘質(zhì)量為0.00753，某

同學(xué)實(shí)驗(yàn)得到的數(shù)據(jù)如下表所示，

位置DCBA

高度0.0000.0500.1000.150

速度u/m-s-11.65301.43850.98720

機(jī)械能E/(x

1.10241.14351.10051.1025

IO?)

(1)分析表中的數(shù)據(jù)，可以得出的結(jié)論是：。

(2)該同學(xué)分析數(shù)據(jù)后，發(fā)現(xiàn)小球在C的機(jī)械能明顯偏大，造成該誤差的原因可能是

A.擺錘在運(yùn)動(dòng)中受到空氣阻力的影響

B.測(cè)量C點(diǎn)速度時(shí)，傳感器的接收孔低于與測(cè)量點(diǎn)

C擺錘在4點(diǎn)不是由靜止釋放的

D擺錘釋放的位置在4B之間

14.某同學(xué)在研究性學(xué)習(xí)過(guò)程中將圖甲所示的多用電表直接連接到一內(nèi)阻未知(約3ko?5A0)的直

流電壓表上，通過(guò)多用表的歐姆檔粗略的測(cè)出了直流電壓表的內(nèi)阻，并根據(jù)兩表的示數(shù)推算出

多用表?yè)苤翚W姆檔時(shí)內(nèi)部電源的電動(dòng)勢(shì).

(1)在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中歐姆檔的選擇開(kāi)關(guān)應(yīng)撥至倍率X“”.

(2)在圖乙中將用多用電表測(cè)電壓表內(nèi)阻的電路連接起來(lái).

(3)從圖丙、圖丁中的示數(shù)可知，直流電壓表的內(nèi)阻為；多用表?yè)苤翚W姆檔時(shí)內(nèi)部電源的電

動(dòng)勢(shì)為.

四、計(jì)算題(本大題共4小題，共40.0分)

15.如圖所示，在粗糙水平平臺(tái)上靜止放置一質(zhì)量m=1.0kg的小物塊，它與平臺(tái)表面間的動(dòng)摩擦因

數(shù)4=0.4,且與平臺(tái)邊緣。點(diǎn)的距離為s=7m。在平臺(tái)右側(cè)固定了一個(gè)以。點(diǎn)為圓心的圓弧形

擋板，并以。點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，現(xiàn)用F=8N的水平恒力拉動(dòng)小物塊，一段時(shí)間后

撤去拉力，小物塊最終水平拋出并擊中擋板(g=10m/s2)o

(1)若小物塊恰能擊中擋板的上邊緣P點(diǎn)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為(1.6m,0.8m),求其離開(kāi)。點(diǎn)時(shí)的速度大小及

該力產(chǎn)的作用時(shí)間；

(2)若改變拉力F的作用時(shí)間，使小物塊擊中擋板的不同位置，求擊中擋板時(shí)小物塊速度的最小值。(

結(jié)果可保留根式)

16.如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)僅存在于邊長(zhǎng)為2m的正方形范

圍內(nèi)，左、右各一半面積的范圍內(nèi)，磁場(chǎng)方向相反，有一個(gè)邊長(zhǎng)為1m的正方

形導(dǎo)線框abed,沿垂直磁感應(yīng)強(qiáng)度方向以速度f(wàn)=lm/s勻速通過(guò)磁場(chǎng)，從ab

邊進(jìn)入磁場(chǎng)算起，求:

(l)t=1.5s時(shí)穿過(guò)線框的磁通量:

(2)t=1,8s時(shí)線框電流的方向.

17.將如圖瓶中水倒盡，仍用橡皮塞將瓶口塞住，用打氣筒再將n倍于瓶子容積的空氣

緩慢壓入瓶中，此時(shí)橡皮塞恰能跳起，已知大氣壓強(qiáng)為po,圓柱形橡皮塞截面積大

小為S,外界環(huán)境溫度不變，不計(jì)橡皮塞的重力和充氣針對(duì)橡皮塞的作用力.求：

①橡皮塞跳起時(shí)瓶中氣體的壓強(qiáng)；

②橡皮塞與瓶口間最大靜摩擦力的大小.

反射后，照亮鍍銀面的部分)

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：100km/h=27.8m/s,汽車的初速度為零，則加速度：a=~=^y-tn/s2?4m/s2,故

B正確，AC。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)加速度的定義求出汽車的加速度即可。

本題主要考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用，靈活選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，屬于基礎(chǔ)題。

2.答案：B

解析：解：在a衰變的過(guò)程中，電荷數(shù)少2,質(zhì)量數(shù)少4,在口衰變的過(guò)程中，電荷數(shù)多1,有：2m-n=

92-86=6,4m=238—222=16,解得m=4,n=2,故8正確，A、C、。錯(cuò)誤。

故選：B。

在a衰變的過(guò)程中，電荷數(shù)少2,質(zhì)量數(shù)少4,在口衰變的過(guò)程中，電荷數(shù)多1,質(zhì)量數(shù)不變，根據(jù)該

規(guī)律求出a衰變和夕衰變的次數(shù)。

解決本題的關(guān)鍵知道a衰變和0衰變的實(shí)質(zhì)，知道在a衰變的過(guò)程中，電荷數(shù)少2,質(zhì)量數(shù)少4,在0衰

變的過(guò)程中，電荷數(shù)多1,質(zhì)量數(shù)不變。

3.答案：C

解析：解：“殲-20”戰(zhàn)機(jī)以大約65。的仰角沿直線加速爬升，說(shuō)明加速度方向與速度方向相同，合

外力方向與加速度方向又相同，所以合力方向與速度方向相同，根據(jù)力的合成可知，受到的其它力

的方向斜左上，故C正確

故選：C.

“殲-20”戰(zhàn)機(jī)以大約65。的仰角沿直線加速爬升，說(shuō)明加速度方向與速度方向相同，合外力方向與

加速度方向又相同，根據(jù)力的合成即可判斷

該題考查了加速直線運(yùn)動(dòng)加速度與速度方向的關(guān)系及合外力與加速度方向的關(guān)系，根據(jù)力的合成即

可判斷，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.

4.答案:B

解析：解：AD.a、b的高度之比為2：1,根據(jù)t=陛知，a、b的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為夜：1，水平位

移相等，則a、b的初速度之比為1：V2,故4。錯(cuò)誤。

BC、b、c平拋運(yùn)動(dòng)的高度相同，根據(jù)t=J寧知，b、c運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，b、c的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，水平

位移之比為2：1,則匕的初速度是c初速度的2倍。故B正確，C錯(cuò)誤。

故選B。

平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)高度比較運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，

結(jié)合水平位移和時(shí)間比較初速度。

解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由高度決

定，初速度和時(shí)間共同決定水平位移。

5.答案：A

解析：解：4、月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力恰好提供向心力，萬(wàn)有引力不斷改變?cè)虑虻倪\(yùn)

動(dòng)方向，使得月球繞地運(yùn)行。故A正確；

B、太陽(yáng)系里其他星球?qū)υ虑虻娜f(wàn)有引力較小，可以忽略，月球主要是利用地球?qū)υ虑虻娜f(wàn)有引力充

當(dāng)向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故8錯(cuò)誤；

C、月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合力不等于零，故C錯(cuò)誤。

。、地球?qū)υ虑蛴腥f(wàn)有引力和月球?qū)Φ厍蛞灿腥f(wàn)有引力是相互作用力，兩個(gè)力大小相等、方向相反，

作用在兩個(gè)物體上，不能平衡，故。錯(cuò)誤；

故選：A?

月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力恰好提供向心力；結(jié)合牛頓第三定律和萬(wàn)有引力定律進(jìn)行分

析即可。

月球繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力恰好提供向心力，知道向心力的效果只改變速度方向，不改

變速度大小。

6.答案：C

解析：解：4、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿著電場(chǎng)線的切線方向，負(fù)電荷所受的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度相

反，則負(fù)電荷由“點(diǎn)移動(dòng)到P點(diǎn)，靜電力負(fù)功，故A錯(cuò)誤；

8、正電荷從M移動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能會(huì)減小，所以正電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在N點(diǎn)

的電勢(shì)能，故B錯(cuò)誤；

C、電場(chǎng)線的疏密反電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，電場(chǎng)線越密場(chǎng)強(qiáng)越大，N處電場(chǎng)線比M處密，則N處場(chǎng)強(qiáng)

大，由尸=勺/，知同一電荷在N點(diǎn)受到的電場(chǎng)力大于其在M點(diǎn)所受的電場(chǎng)力，故C正確；

。、根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿著電場(chǎng)線的切線方向，則知M點(diǎn)和N點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度的方向不同，故。錯(cuò)誤；

故選：C。

電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿著電場(chǎng)線的切線方向，負(fù)電荷所受的電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度相反，電場(chǎng)線的疏密

反電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，電場(chǎng)線越密場(chǎng)強(qiáng)越大，結(jié)合這些知識(shí)即可解答。

本題的解題關(guān)鍵要掌握電場(chǎng)線的兩個(gè)物理意義：電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低，電場(chǎng)線的疏密表示

場(chǎng)強(qiáng)的大小。

7.答案：B

解析：解：設(shè)理想變壓器的原副線圈匝數(shù)分別為叫、n2,則原線圈電流人=￡%；

A、由。=最/2可知，增加原線圈匝數(shù)n「輸入電流變小，故A錯(cuò)誤；

B、由A=￡/2可知，增加副線圈匝數(shù)電，輸入電流變大，故8正確：

C、原線圈電壓不變，副線圈電壓不變，在副線圈上多串聯(lián)一個(gè)電阻，副線圈電流減小，由人=宣/2

nl

可知，輸入電流減小，故c錯(cuò)誤；

。、對(duì)應(yīng)理想變壓器，改變線圈導(dǎo)線的粗細(xì)，變壓器輸入電流不變，故。錯(cuò)誤；

故選B.

在輸入電壓一定時(shí)，理想變壓器的輸入電流由輸出電流決定，分析各選項(xiàng)所采取的措施，然后答題.

本題考查了變壓器輸入電流的變化，知道理想變壓器的原理、變流比，即可正確解題.

8.答案：B

解析：解：4、乙分子由a到b一直受引力，做加速運(yùn)動(dòng)，從b到c分子力逐漸變小但仍為引力，繼續(xù)

加速，故A錯(cuò)；

B、乙分子在從a到c的過(guò)程中一直受到引力加速，而從c到d的過(guò)程中受斥力，減速，故8正確；

C、從a到b分子力做正功，分子勢(shì)能一直減少，故C錯(cuò)；

D、從b到c分子力做正功，分子勢(shì)能先減小，從c到d分子力做負(fù)功，分子勢(shì)能增大，故。錯(cuò)；

故選：B。

既考查分子力分子勢(shì)能又考查加速度與速度關(guān)系，加速度與速度同向加速，力做正功，反向減速，

力做負(fù)功。

本題雖在熱學(xué)部分出現(xiàn)，但考查內(nèi)容涉及功和能的關(guān)系等力學(xué)知識(shí)，綜合性較強(qiáng)。

9.答案：B

解析：解：4B.由題意可知，兩球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，均受重力、圓錐筒的彈力兩個(gè)力作用，如圖所示:

N

兩球在豎直方向的合力為零，彈力與重力的合提供向心力，設(shè)兩球的質(zhì)量為m,圓錐筒的頂角為a,

在豎直方向由平衡條件可得兩球所受圓錐筒的彈力大小均為N=翼，可知兩球所受彈力大小相等；

2

?..amg

兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小均為尸=Ncos5=高各則可知兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小相等，故

2

A錯(cuò)誤，8正確；

C.由圖可知4球的軌道半徑大于B球的軌道半徑，兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小相等，由尸=

m(2;m)2r可知，4球的轉(zhuǎn)速小于B球的轉(zhuǎn)速，故C錯(cuò)誤；

D兩球的質(zhì)量與做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力大小相等，由F=ma可知，兩球的向心加速度大小相等，故。

錯(cuò)誤。

故選：B。

對(duì)兩球受力分析，根據(jù)平衡條件求出兩球所支持力的大??；找出向心力來(lái)源，結(jié)合向心力表達(dá)式，

由牛頓第二定律列式，結(jié)合兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小即可分析轉(zhuǎn)速、向心加速度的大小.

在分析圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，能由受力分析找出向心力的來(lái)源往往是關(guān)鍵；注意區(qū)分兩球做圓周運(yùn)動(dòng)的半

徑大小關(guān)系。熟練掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)規(guī)律。

10.答案：BC

解析：

根據(jù)牛頓第二定律分別求出木塊和木板的加速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出木塊脫離木板時(shí)木塊和木

板的速度。

本題考查了求木塊與木板的速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式

求出速度即可解題，本題是一道基礎(chǔ)題。

由牛頓第二定律得：

對(duì)小木塊：的=F—7—4~02^lxlQm/s2=2m/s2,

0.2X1X10.O?.n

對(duì)長(zhǎng)木板：g=等------m/s=lm/s4,

由題意可知，木塊與長(zhǎng)木板都做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=2s,

木塊滑出瞬間，小木塊的速度：vr=art=2x2m/s=4m/s,

長(zhǎng)木板的速度：v2=a2t=1x2m/s=2m/so

故選BC。

11.答案：CD

解析：解：兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，兩球碰撞后的速度相等，

以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：rnAv0=(mA+mB)v

解得：4=+*…①

mA+mB

如果兩球發(fā)生彈性碰撞，則碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，

由動(dòng)量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB,

由機(jī)械能守恒定律得：37n4爆=^mAvA+［沉B詔，

解得：以=篇詈％,VB=^-TV...@

rn^+rnBQ

AB,由于不知兩球間的質(zhì)量關(guān)系，如果兩球質(zhì)量相等，由①②可知，兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰撞

后A球速度為零，此時(shí)4球損失的動(dòng)能最大，故A8錯(cuò)誤；

CD、由①②可知，兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)B球獲得的速度最大，發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)B球獲得的速

度最大，故CO正確；

故選：CD。

兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，如果兩球的碰撞為彈性碰撞，則碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒

定律與機(jī)械能守恒定律求出碰撞后兩球的速度，然后分析答題。

本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，兩球碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，如果碰撞為彈性碰撞，碰撞過(guò)程機(jī)

械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以分析答題。

12.答案：ABD

解析：

根據(jù)動(dòng)能定理得出動(dòng)能與位移的規(guī)律；根據(jù)W=mg九，得出重力做功與位移的關(guān)系；根據(jù)非重力做

功等于機(jī)械能的變化量分析機(jī)械能與位移關(guān)系；根據(jù)功的定義分析克服摩擦力做的功與位移關(guān)系.

本題是圖象問(wèn)題，關(guān)鍵是根據(jù)功能關(guān)系列式得到動(dòng)能、機(jī)械能、重力勢(shì)能的表達(dá)式進(jìn)行分析，不難.

A、上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：-mgsinBx—fx=Ek—Ek。，

下滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgsinBx-fx=Ek,

故下滑過(guò)程a-x圖象的斜率絕對(duì)值較小，故A正確；

8、重力勢(shì)能：Ep=mgh=mgxsind<xx,故B正確；

C、非重力做功等于機(jī)械能的增加量，上滑過(guò)程，有：-fx=E-E。,

下滑過(guò)程，有：_fx=E_E],

故上滑過(guò)程和下滑過(guò)程E-x圖象的斜率絕對(duì)值相等，故C錯(cuò)誤；

以小物塊克服摩擦力做的功：Wf=f-x,故上滑和下滑過(guò)程的E-X圖象的斜率絕對(duì)值相等，故。

正確；

故選：ABD.

13.答案：(1)誤差允許范圍內(nèi)，重錘轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒(2)BC

解析：試題分析：(1)根據(jù)表格的數(shù)據(jù)，可得機(jī)械能接近相等，因此在誤差允許范圍內(nèi)，擺錘重力勢(shì)

能的減小量等于動(dòng)能的增加量，機(jī)械能守恒.

(2)發(fā)現(xiàn)小球在C的機(jī)械能明顯偏大，造成這個(gè)誤差的原因可能是動(dòng)能偏大，也可能重力勢(shì)能偏大.若

擺錘在運(yùn)動(dòng)中受到空氣阻力的影響，則機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；測(cè)量C點(diǎn)速度時(shí)，傳感器的接收孔

低于與測(cè)量點(diǎn)，導(dǎo)致重力勢(shì)能偏大，故8正確；擺錘在4點(diǎn)不是由靜止釋放的，導(dǎo)致動(dòng)能偏大，故C

正確；擺錘釋放的位置在4B之間，則機(jī)械能減小，故。錯(cuò)誤；

考點(diǎn)：驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律實(shí)驗(yàn)

14.答案：Ik；4k。；11.47

解析：解：(1)電壓表內(nèi)阻約3ko?5W2,用歐姆表測(cè)其內(nèi)阻時(shí)，所以應(yīng)選xl/c擋；

(2)歐姆表的正極插孔與內(nèi)部電源的負(fù)極相連，與電壓表構(gòu)成一閉合回路，電流從負(fù)極流出，進(jìn)入電

壓表的正極，電路圖如圖所示；

甲

(3)從圖丙中的示數(shù)可知，直流電壓表的內(nèi)阻為4xIkQ=4kQ,

歐姆表中值電阻為R中=15x1/cn=150000

由閉合電路歐姆定律電池電動(dòng)勢(shì)E=U+IvR中=2.4+嬴x15000=11.4V

故答案為：⑴1k;(2)如圖：

⑶4kC,11.41/

測(cè)電阻時(shí)應(yīng)將開(kāi)關(guān)打到歐姆檔，紅表筆接正插孔，紅表筆接負(fù)插孔；用歐姆表時(shí)，指針指在中央附

近最好；

本實(shí)驗(yàn)要求測(cè)出電壓表的量程，則應(yīng)采用與標(biāo)準(zhǔn)電壓表比較的方式進(jìn)行；可將二電表串聯(lián)，根據(jù)串

聯(lián)電路的規(guī)律可算出電流表的量程；根據(jù)原理可以得出實(shí)驗(yàn)的電路和數(shù)據(jù).根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路，應(yīng)用閉

合電路歐姆定律推導(dǎo)電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式.

本題考查了歐姆表的使用方法和注意事項(xiàng)，結(jié)合歐姆定律推導(dǎo)電動(dòng)勢(shì).測(cè)量量程時(shí)注意不能使用給

出的電流表，因?yàn)殡娏鞅砹砍唐鬅o(wú)法正確的得出結(jié)果.

15.答案：解：(1)小物塊從。到P做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有x=

豎直方向有y=^gt2

據(jù)題知％=1.6m,y=0.8m

解得：v0=4m/s

未撤去F時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得

2

F—fimg=mar,得的=4m/s

撤去產(chǎn)后物塊在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由根據(jù)牛頓第二定律得

2

pmg=ma2y得的=4m/s

設(shè)該力F的作用時(shí)間為4則撤去F時(shí)速度為u=

聯(lián)立解得￡'=3s

(2)設(shè)小物塊擊中檔板的任意點(diǎn)坐標(biāo)為(匕y),則有：

x=v^'t"

y=3gt"2

設(shè)擊中擋板時(shí)小物塊速度為

由機(jī)械能守恒定律得：

-1mv，2/1/+.mgy

又％2+y2=R2

由P點(diǎn)坐標(biāo)可求戌=3.2

化簡(jiǎn)得：

/2=￡+12y

22

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知：當(dāng)￡=12y,即y=等7n時(shí)，/有最小值，且1/2最小值為/盆=16V3m/s；

故擊中擋板時(shí)小物塊速度的最小值為“min=4V3m/s

答：(1)其離開(kāi)。點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/s,該力尸的作用時(shí)間是3s；

(2)擊中擋板時(shí)小物塊速度的最小值為4班/n/s。

解析：(1)從。到P,物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的高度求出平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，再結(jié)合水平位移

和時(shí)間求出物塊離開(kāi)。點(diǎn)的速度。物塊在平臺(tái)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再由位移

公式求該力F的作用時(shí)間；

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)，結(jié)合圓方程，根據(jù)動(dòng)能定理求出擊中擋板的小物塊速度的最小值。

本題的關(guān)鍵要根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和圓方程得到擊中擋板時(shí)小物塊速度表達(dá)式，利用數(shù)學(xué)知識(shí)求速

度的最小值。要知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，并能熟練應(yīng)用。

16.答案：解：(1)經(jīng)過(guò)時(shí)間t=1.5s時(shí)，線框的ab邊的位移為：x=vt=1.5m

即線框的左半部分的磁場(chǎng)方向向里，右半部分的磁場(chǎng)方向向外，合磁通量為零：

(2)t=1.8s時(shí)線框ab邊在右側(cè)磁場(chǎng)中，線框的合磁通量向外，且逐漸增大，