2021年湖南省邵陽(yáng)市高考物理適應(yīng)性試卷

2021年湖南省邵陽(yáng)市新邵縣高考物理適應(yīng)性試卷

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.在研究力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系時(shí)，伽利略提出了著名的理想實(shí)驗(yàn)，示意圖如圖所示.伽利

略提出該理想實(shí)驗(yàn)是為了說(shuō)明（）

A.物體運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持B.力可以改變物體的運(yùn)動(dòng)

C.物體運(yùn)動(dòng)時(shí)就會(huì)產(chǎn)生慣性D.力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因

2.北斗衛(wèi)墾導(dǎo)航系統(tǒng)（BDS）是我國(guó)自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，

2020年我國(guó)已發(fā)送了北斗系統(tǒng)最后一穎衛(wèi)星，從此北斗衛(wèi)星導(dǎo)

航系統(tǒng)形成全球覆蓋能力。如圖所示是北斗導(dǎo)航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星

的軌道示意圖，已知氏c三顆衛(wèi)星均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，。是

地球同步衛(wèi)星，則（）

A.衛(wèi)星a的運(yùn)行速度大于第一宇宙速度

B.衛(wèi)星〃的加速度大于b的加速度

C.衛(wèi)星b的周期大于24〃

D.衛(wèi)星。的角速度小于。的角速度

3.如圖甲所示，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為5：1,⑥和⑹、R2分別是電壓表、

定值電阻，且％=5/?2.已知"兩端電壓“按圖乙所示正弦規(guī)律變化.下列說(shuō)法正

確的是（）

A.電壓“瞬時(shí)值的表達(dá)式u=220應(yīng)sinlOTrt（lZ）

B.電壓表示數(shù)為40V

C.&、/?2兩端的電壓之比為5：1

D.凡、消耗的功率之比為I：5

4.如圖所示，質(zhì)量為機(jī)、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒兩端由等長(zhǎng)的

輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛在0、。'點(diǎn)，處于豎直向上的勻強(qiáng)做場(chǎng)中，

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,棒中通以某一方向的電流，靜止時(shí)兩

細(xì)線與豎直方向夾角均為0,重力加速度為g,則（）

A.金屬棒所受安培力的方向垂直于0MN0'平面向上

B.金屬棒中的電流方向由N指向M

C.每條細(xì)線所受拉力大小為墨

4cosD

D.金屬棒中的電流大小為儀誓

5.如圖所示，當(dāng)電路中滑動(dòng)變阻器&的滑動(dòng)觸頭尸向下滑

動(dòng)時(shí)，下列判斷正確的是（）

A.電容器C兩端的電壓減小

B.電容器C兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大

C.電壓表的讀數(shù)減小

D.&消耗的功率增大

6.由于太陽(yáng)自身巨大的重力擠壓，使其核心的壓力和溫度變得極高，形成了可以發(fā)生

核聚變反應(yīng)的環(huán)境。太陽(yáng)內(nèi)發(fā)生核聚變反應(yīng)主要為：He,已知部分物

質(zhì)比結(jié)合能與質(zhì)量數(shù)關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)釋放的核能約為（）

A.5MeVB.6MeVC.24MeVD.32MeV

7.如圖所示，斜面體B靜置于水平桌面上。一質(zhì)量為的木

塊A從斜面底端開始以初速度先沿斜面上滑，然后又返回

出發(fā)點(diǎn)，此時(shí)速度為％且9<%。在木塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中

斜面體始終保持靜止，則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.A上滑過(guò)程中桌面對(duì)B的支持力比下滑過(guò)程中大

B.A上滑與下滑過(guò)程中桌面對(duì)B的靜摩擦力大小相等

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C.A上滑時(shí)機(jī)械能的減小量等于克服重力做功與產(chǎn)生的內(nèi)能之和

D.在A上滑與下滑的過(guò)程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能相等

8.如圖所示，M、N為電場(chǎng)中兩個(gè)等勢(shì)面，直線是其中的一條

電場(chǎng)線，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（）

A.G、H兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小關(guān)系是統(tǒng)<EH

B.正電荷置于G點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能大于置于H點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能

C.G、”兩點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系是9G<（Pw

D.負(fù)電荷由”點(diǎn)移動(dòng)到G點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做正功

9.一質(zhì)量為機(jī)的物體靜止在光滑水平面上,現(xiàn)對(duì)其施加兩

個(gè)水平作用力，兩個(gè)力隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，由

圖象可知在t2時(shí)刻物體的（）

A.加速度大小為把”

m

B,速度大小為繪乎出

2m

C.動(dòng)量大小為”通

D.動(dòng)能大小為絲皿區(qū)位

10.如圖所示，和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，間距為3導(dǎo)軌彎曲部分光滑，

水平部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的電阻。水平部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為4、

方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為〃?、電阻不計(jì)的金屬棒從

高度為〃處?kù)o止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間

的動(dòng)摩擦因數(shù)為小金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中

（）（重力加速度為g）

A.金屬棒克服安培力做的功為等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱

B.金屬棒克服安培力所做的功為mgh

C.金屬棒產(chǎn)生的電熱為-〃d）

D.金屬棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為畫-學(xué)幺

2Rfimg

二、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共16.0分)

11.如圖1所示為“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)裝置，數(shù)字化信息系統(tǒng)獲得了

小車加速度”與小車和發(fā)射器的總質(zhì)量加2的對(duì)應(yīng)關(guān)系圖，鉤碼的質(zhì)量為巾［，重力

加速度為g。

(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，某同學(xué)遺漏了平衡摩擦力這一步驟，若軌道水平，他測(cè)量得到的圖象

如圖3,設(shè)圖中直線的斜率為左，在縱軸上的截距為b,則小車與木板間的動(dòng)摩擦

因數(shù)為，鉤碼的質(zhì)量巾1為(設(shè)小車與木板間摩擦力近似為滑動(dòng)摩擦

力)。

(2)實(shí)驗(yàn)中打出的紙帶如圖2所示，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔是0.1s,圖中長(zhǎng)度單位

是cm,由此可以算出小車運(yùn)動(dòng)的加速度是m/s2?

12.某同學(xué)利用電壓表和電阻箱測(cè)定干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，使用的器材還包括定值電

阻(Ro=50)一個(gè)，開關(guān)兩個(gè)，導(dǎo)線若干，實(shí)驗(yàn)原理圖如圖(a)。

①在圖(b)的實(shí)物圖中，已正確連接了部分電路，請(qǐng)完成余下電路的連接。

②實(shí)驗(yàn)中，首先調(diào)節(jié)電阻箱，示數(shù)如圖(c)所示，讀得電阻值是0。將開關(guān)Si

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閉合,開關(guān)S2斷開，電壓表的示數(shù)是1.49匕再將開關(guān)S2閉合，電壓表的示數(shù)是1.16匕

最后斷開開關(guān)Si。

③使用測(cè)得的數(shù)據(jù)得，電動(dòng)勢(shì)V，干電池的內(nèi)阻是。(計(jì)算結(jié)果保留

3位有效數(shù)字)。

④由于所用電壓表不是理想電壓表，所以測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)比實(shí)際值偏(填“大”

或“小”)=

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共54.0分)

13.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量rn=10kg的物體放在水平地面'

上。對(duì)物體施加一個(gè)F=50N的拉力，使物體做初速I------------.................."

為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知拉力與水平方向的夾------------

角6=37。，物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.50,s譏37。=0.60,cos37°=

0.80,取重力加速度g=10m/s2,.

(1)求物體運(yùn)動(dòng)的加速度大??；

(2)求物體在4.0s末的瞬時(shí)速率；

(3)若在4.0s末時(shí)撤去拉力F,求此后物體沿水平地面可滑行的最大距離。

14.將電容器的極板水平放置分別連接在如圖所示的電路上，

改變滑動(dòng)變阻器滑片的位置可調(diào)整電容器兩極板間電壓。

極板下方三角形ABC區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

其中NB=30。，ZC=90°,底邊AB平行于極板，長(zhǎng)度為

L,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦一粒子源。位于平行板電容器正中間位置，可產(chǎn)生無(wú)初

速度、電荷量為+q的粒子，在粒子源正下方的極板上開一小孔F,OFC在同一直

線上且垂直于極板。已知電源電動(dòng)勢(shì)為￡內(nèi)阻忽略不計(jì)，滑動(dòng)變阻器電阻最大值

為R,粒子重力不計(jì)，求：

(1)當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片調(diào)節(jié)到最上端時(shí)，粒子從小孔F射出的速度；

(2)調(diào)整兩極板間電壓，粒子可從4B邊射出，若使粒子從三角形直角邊射出且距離

C點(diǎn)最遠(yuǎn)，兩極板間所加電壓應(yīng)是多少。

15.一定質(zhì)量的理想氣體被活塞封閉在汽缸內(nèi)，如圖所示水平放置，活塞的質(zhì)量m=

20kg,橫截面積S=100cm2,活塞可沿汽缸壁無(wú)摩擦滑動(dòng)但不漏氣。開始使汽缸

水平放置，活塞與汽缸底的距離人=12cm,離汽缸口的距離A?=4cm。外界氣溫

為27。&大氣壓強(qiáng)為1.0xl05pa,將汽缸緩慢地轉(zhuǎn)到開口向上的豎直位置，待穩(wěn)

定后對(duì)缸內(nèi)氣體逐漸加熱，使活塞上表面剛好與汽缸口相平，已知g=10m/s2,

求：

(1)此時(shí)氣體的溫度為多少:

(2)在對(duì)缸內(nèi)氣體加熱的過(guò)程中，氣體膨脹對(duì)外做功，同時(shí)吸收Q=392/的熱量,

則氣體增加的內(nèi)能AU多大。

16.如圖所示，某透明介質(zhì)的截面為直角三角形4BC,其中

乙4=30。,AC邊長(zhǎng)為L(zhǎng).一束單色光從AC面上距A為!的

。點(diǎn)垂直于AC邊射入，恰好在AB面發(fā)生全反射.已知光速為c,求:

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(1)該介質(zhì)的折射率〃；

(2)該光束從射入介質(zhì)到第一次穿出所經(jīng)歷的時(shí)間.

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：亞里士多德認(rèn)為，力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因；伽利略等人認(rèn)為，力是改變

物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因?，F(xiàn)在人們普遍認(rèn)為力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因的觀點(diǎn)是正確的;

而伽利略設(shè)計(jì)這個(gè)理想實(shí)驗(yàn)，其目的是為了說(shuō)明亞里士多德的力是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的

原因的結(jié)論是錯(cuò)誤的，物體運(yùn)動(dòng)不需要力來(lái)維持，故BCQ錯(cuò)誤，A正確。

故選：A。

本題考查了伽利略斜面實(shí)驗(yàn)的物理意義，明確伽利略通過(guò)“理想斜面實(shí)驗(yàn)”推翻了力是

維持運(yùn)動(dòng)的原因的錯(cuò)誤觀點(diǎn)。

伽利略“理想斜面實(shí)驗(yàn)”在物理上有著重要意義，伽利略第一個(gè)把實(shí)驗(yàn)引入物理，標(biāo)志

著物理學(xué)的真正開始。

2.【答案】D

【解析】解：設(shè)衛(wèi)星的質(zhì)量為，小軌道半徑為r,地球的質(zhì)量為衛(wèi)星繞地球勻速圓

周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有6哭==ma=巾?xiàng)l）-=m32r

可得"楞a專,T=2TT島,3=楞

A、衛(wèi)星〃的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)v=后,知衛(wèi)星。的運(yùn)行速度

小于近地衛(wèi)星的運(yùn)行速度，即小于第一宇宙速度，故A錯(cuò)誤：

B、衛(wèi)星。與。的軌道半徑相等，根據(jù)a=黑，知衛(wèi)星〃與〃的加速度大小相等，故B

錯(cuò)誤；

C、衛(wèi)星”與6的軌道半徑相等，根據(jù)丁=27r叵，知衛(wèi)星a與b的周期相等，均為24/?,

故c錯(cuò)誤；

D、衛(wèi)星a的軌道半徑大于衛(wèi)星c的軌道半徑，根據(jù)3=席，知衛(wèi)星a的角速度小于

c的角速度，故。正確。

故選：Do

三顆衛(wèi)星均繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力提供向心力，由牛頓第二定律列式即可得

線速度、加速度、周期、角速度與軌道半徑的關(guān)系式，由軌道半徑大小關(guān)系及第一宇宙

速度的定義進(jìn)行分析即可。

解決本題的關(guān)鍵是掌握衛(wèi)星問題的一般解題思路：萬(wàn)有引力等于向心力，通過(guò)列式進(jìn)行

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半定量分析0

3.【答案】B

【解析】解：4、由圖象知周期7=2x10-2s,角速度3=—=初訴rad/s=100nrad/s,

電壓〃的表達(dá)式u=311sinlOO7rt(V),故4錯(cuò)誤；

B、設(shè)原線圈的電流為/,根據(jù)￡得/2=著=：'/=5/,副線圈兩端的電壓外=

12口2~5次2

原線圈兩端的電壓U1=5U2=251R2,

220=//?!+/

5

220=1-R2+25IR2

解得//?2=8V

電壓表示數(shù)U=I2R2=5/?/?2=5x8V=40K,故B正確；

C、原線圈兩端的電壓：U]==5X40=200K,所以此兩端的電壓：UR1=U-Ur=

220-200=20V,

所以：Ri、/?2兩端的電壓之比為1：2.故C錯(cuò)誤;

D、匕消耗的功率P]=/2%

/?2消耗的功率22=⑸尸'R2

故D錯(cuò)誤；

/2I")i*2乙J.U

故選：B

根據(jù)虱=%sin3t求解電壓瞬時(shí)值；

利用變壓器的變流比公式列式，然后對(duì)左右兩個(gè)回路分別根據(jù)歐姆定律列式，最后聯(lián)立

求解；

根據(jù)變流比公式求解通過(guò)兩個(gè)電阻的電流之比，然后結(jié)合公式P=/2R分析電功率關(guān)系.

本題關(guān)鍵是明確變壓器的變流比公式和變壓比公式，同時(shí)要記住交流電的瞬時(shí)值、有效

值、最大值的關(guān)系，不難.

4.【答案】C

【解析】解：4金屬棒靜止處于平衡狀態(tài)，金屬棒受力如圖所示，金屬棒受到的安培

力水平向右，不垂直于OMNO'平面向上，故A錯(cuò)誤;

8、金屬棒所示安培力水平向右，由左手定則可知，金屬棒中的

mg

電流方向由M指向N,故8錯(cuò)誤；

C、金屬棒靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：27cos。=mg,每條細(xì)線所受拉力大小

D、金屬棒靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：BlL=mgtane,解得：/=喑㈣，故

BL

。錯(cuò)誤。

故選：Co

對(duì)金屬棒MN受力分析，應(yīng)用左手定則判斷金屬棒中電流方向，應(yīng)用平衡條件求出細(xì)線

所受拉力大小，根據(jù)平衡條件與安培力公式求出金屬棒中電流大小。

本題考查了通電金屬棒在磁場(chǎng)中的平衡問題，對(duì)金屬棒進(jìn)行受力分析、應(yīng)用平衡條件，

根據(jù)安培力公式分析即可正確解題.

5.【答案】B

【解析】解：C、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭「向下滑動(dòng)時(shí)，變阻器/?2在電路中的電阻

值增大，外電路的總電阻增大，電源的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻，不變，故總電流變小，則路端

電壓增大，電壓表的讀數(shù)增大，故c錯(cuò)誤；

D、由A知電路的總電流減小，七兩端電壓減小，故%消耗的功率減小，故。錯(cuò)誤：

A3、路端電壓增大，氏兩端電壓減小，由于&與7?2串聯(lián)，所以兩端電壓增大，電容

器C兩端的電壓增大，根據(jù)E=J可知電容器C兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故A錯(cuò)誤、

B正確。

故選：B。

根據(jù)&滑片的移動(dòng)確定R2接入電阻的變化，再根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流和路

端電壓的變化，即可知電壓表讀數(shù)和此消耗的功率的變化情況；電容器的電壓等于變阻

器兩端的電壓，根據(jù)歐姆定律分析電容器電壓的變化，即可知內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度的變化

情況。

本題是含有電容的電路以及閉合電路歐姆定律的動(dòng)態(tài)分析，關(guān)鍵是明確電路結(jié)構(gòu)，掌握

閉合電路歐姆定律的應(yīng)用方法。

6.【答案】C

【解析】解：由圖可知，：”的比結(jié)合能約為l.lMeU,的比結(jié)合能約為7.1MeU,根

據(jù)結(jié)合能與比結(jié)合能的定義，可知該反應(yīng)釋放的核能約為：△E=7.1MeVx4-

l.lMeVx2x2=24MeV,故A3。錯(cuò)誤，C正確。

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故選：Co

根據(jù)考查對(duì)結(jié)合能與比結(jié)合能的理解，結(jié)合能(nadearbindingenergy)是將若干個(gè)核

子結(jié)合成原子核放出的能量或?qū)⒃雍说暮俗尤糠稚㈤_來(lái)所需的能量，比結(jié)核能是原

子核的結(jié)合能與該原子核所含有的核子數(shù)之比。

結(jié)合能與比結(jié)合能是兩個(gè)不同的概念，它們有區(qū)別又有聯(lián)系，如該題就是結(jié)合它們之間

的聯(lián)系計(jì)算核反應(yīng)的過(guò)程中釋放能量的情況，正確理解概念是關(guān)鍵。

7.【答案】D

【解析】解：由于所以物體A在滑動(dòng)過(guò)程中受到滑動(dòng)摩擦力作用；物體A受到

的滑動(dòng)摩擦力以=nmgcosd,物體A受到的摩擦力與A對(duì)8的摩擦力是作用力與反作

用力，故方=月=%="mgcosO,對(duì)斜面體B進(jìn)行受力分析，物體A向上滑動(dòng)時(shí)，B

受力如圖甲所示；物體A向下滑動(dòng)時(shí)，斜面體受力如圖乙所示；

4、物體8處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得

FN1=G+Ncos9—71s譏。；FN2=G+Ncosd+f2sind；

所以FN2>FNI，即下滑的支持力大于上滑的支持力，故A錯(cuò)誤；

8、物體B靜止,處于平衡條件，由平衡條件得/=f^cosd+Nsin9；f'=Nsind-f2cose,

故;■>「，物體A向上滑行時(shí)桌面對(duì)8的摩擦力大，物體A下滑時(shí)，桌面對(duì)8的摩擦力

小，故B錯(cuò)誤；

C、除重力之外的力做功，導(dǎo)致機(jī)械能變化，因此A上滑時(shí)機(jī)械能的減小量等于產(chǎn)生的

內(nèi)能，故C錯(cuò)誤；

DA上滑過(guò)程與下滑過(guò)程，因滑動(dòng)摩擦力做功導(dǎo)致機(jī)械能損失，由于兩種情況下滑動(dòng)摩

擦力做功一樣，所以A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能也相等，故。正確。

故選：D。

對(duì)A進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律判斷加速度的大小，由滑動(dòng)摩擦力公式判斷A受到

的滑動(dòng)摩擦力如何變化；對(duì)物體B受力分析，然后根據(jù)平衡條件分析答題.

本題考查受力分析、牛頓第二定律以及機(jī)械能守恒定律，對(duì)物體正確受力分析、熟練應(yīng)

用平衡條件是正確解題的關(guān)鍵；解題時(shí)要注意受力分析的順序，先對(duì)A受力分析，然后

再對(duì)B受力分析.

8.【答案】C

【解析】解：A、電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直，根據(jù)圖象可知電場(chǎng)線成匯聚狀，，點(diǎn)處密集，

所以〃點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定大于G點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，故4正確；

BC、沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低，G點(diǎn)電勢(shì)大于，點(diǎn)電勢(shì)，正電荷在高電勢(shì)點(diǎn)G電勢(shì)

能高，故B正確，C錯(cuò)誤；

。、負(fù)電荷在“點(diǎn)的電勢(shì)能大于在G點(diǎn)的電勢(shì)能，電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能降低，所以負(fù)電

荷由“點(diǎn)移動(dòng)到G點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做正功，故O正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選：Co

電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直.電場(chǎng)線密的地方電場(chǎng)的強(qiáng)度大，等勢(shì)面密，電場(chǎng)線疏的地方電場(chǎng)

的強(qiáng)度小，等勢(shì)面疏；沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)降低.沿著等勢(shì)面移動(dòng)點(diǎn)電荷，電場(chǎng)力不

做功.電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直.

該題考查對(duì)電場(chǎng)線與等勢(shì)面的理解，加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線和等勢(shì)面的特

點(diǎn)，即可解決本題。

9.【答案】B

【解析】解：

A、分析圖象可知，t2時(shí)刻，物體受到的合力大?。篎=Ft-F。,

根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度大?。?。=誓，故4錯(cuò)誤；

8、F-t圖象圍成的面積表示力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合圖象面積可知，

（丹一丹）（。一￡）

--------------1-=mv,

2

解得速度大?。?。=（『.（Ji）,故B正確；

C、根據(jù)動(dòng)量的定義可知，動(dòng)量大小：p=mu=紇怨3,故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系可知，動(dòng)能Ek=貯=奧曲）：色一之,故。錯(cuò)誤。

K2m8m

故選：B。

根據(jù)牛頓第二定律分析加速度，F(xiàn)-t圖象圍成的面積表示力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理求

第12頁(yè)，共18頁(yè)

解末速度和末動(dòng)量，根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系求解末動(dòng)能0

此題考查了動(dòng)量定理的相關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是明確合外力的沖量等于動(dòng)量的變化，根

據(jù)F-t圖象圍成的面積表示力的沖量。

10.【答案】A

【解析】解：A、根據(jù)功能關(guān)系知，金屬棒克服安培力做的功等于金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱，

故A正確。

8、設(shè)金屬棒克服安培力所做的功為IV.對(duì)整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg/i-nmgd-IV=0,

得W=-M）。故B錯(cuò)誤。

C、金屬棒電阻不計(jì)，不產(chǎn)生的電熱，故C錯(cuò)誤。

D、金屬棒在下滑過(guò)程中，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mgh=\mvl，得為=

金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得—Bfz,-iimg=ma

K

又。若

可得一絲包一png=m—△V

△t

變形得8LU△t+卬ng△t=-m△V

R

方程兩邊求和得：￡=，△￡+E卬ng△￡=E-m△u

其中=EAt=t,—m△v=mv0o

代入上式整理得：~~~~+Rmgt=mv0

聯(lián)立得金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=走電-產(chǎn).故D錯(cuò)誤。

故選：4。

金屬棒克服安培力做的功等于整個(gè)回路產(chǎn)生的總焦耳熱。對(duì)金屬棒，由動(dòng)能定理列式求

金屬棒克服安培力所做的功，從而得到金屬棒產(chǎn)生的電熱。由機(jī)械能守恒定律求出金屬

棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度。由牛頓第二定律的瞬時(shí)表達(dá)式、瞬時(shí)加速度的定義式結(jié)合，由

積分法求金屬棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

解決本題的關(guān)鍵是明確金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況，抓住牛頓第二定律的瞬時(shí)表達(dá)式、瞬時(shí)加速

度的定義式，由積分法研究變減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

”?【答案球表0.46

【解析】解：(1)根據(jù)牛頓第二定律可知，一〃巾2。=沉2。，

變形可得：《=*+京a,

m2叫。

結(jié)合《一a圖象，設(shè)圖中直線的斜率為4,在縱軸上的截距為6,

7712

因此鉤碼的質(zhì)量磯=白，小車與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=為

(3)根據(jù)△x=a72得，a==2工x10-2m/s2=0.46m/s2?

S/3XU.<L

故答案為：(1)白；白；(2)0.46o

gK

(1)根據(jù)牛頓第二定律，列出小車加速度與質(zhì)量間的關(guān)系式，然后結(jié)合圖象的斜率與截

距，可以得出結(jié)論；

(2)根據(jù)連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之差是一恒量求出加速度.

本題考查“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)處理方法，要注意掌握由牛頓第

二定律列出方程，與圖象的斜率與截距綜合求解的方法。

12.【答案】25.01.492.11小

【解析】解：①根據(jù)圖(a)所示電路圖連接實(shí)物電路圖，實(shí)物電路圖如圖所示.

②由圖(c)所示電阻箱可知，電阻箱的接入電路的阻值為：0x100000+0x10000+

0x10012+2x10/2+5x10+0x0.10=25.00；

③開關(guān)Si閉合，開關(guān)S2斷開時(shí)，電壓表直接并聯(lián)在電源兩端，其示數(shù)即可電源的電動(dòng)勢(shì)，

則電源的電動(dòng)勢(shì)E=1.49V；

再將開關(guān)S2閉合時(shí)電阻箱接入電路，電壓表測(cè)路端電壓，則路端電壓U=1.16匕由電

路歐姆定律可知電路中電流為：/=《=去4=0.04644；

R25.0

則內(nèi)電阻與品之和為r+Ro=彳=嗡詈。?7.11/2；故內(nèi)電阻r=(7.11-5)/2=

2.110；

第14頁(yè)，共18頁(yè)

④電壓表不是理想電壓表，電壓表內(nèi)阻不是無(wú)窮大，將開關(guān)S1閉合，開關(guān)S2斷開時(shí)電路

中有電流，電壓表示數(shù)是路端電壓，小于電源電動(dòng)勢(shì)，實(shí)驗(yàn)認(rèn)為電壓表示數(shù)是電源電動(dòng)

勢(shì)，因此電源電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值。

故答案為：①實(shí)物電路圖如圖所示；②25.0；③1.49；2.11；④小。

①根據(jù)電路圖連接實(shí)物電路圖.

②電阻箱各旋鈕示數(shù)與對(duì)應(yīng)倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)；

③開關(guān)閉合，開關(guān)S2斷開時(shí)，電壓表直接并聯(lián)在電源兩端，其示數(shù)即可電源的電動(dòng)勢(shì)；

再將開關(guān)S2閉合時(shí)電壓表的示數(shù)，利用閉合電路歐姆定律可得出電源的電動(dòng)勢(shì)；

④根據(jù)閉合電路的歐姆定律可分析電壓表內(nèi)阻不是無(wú)窮大時(shí)的示數(shù)與真實(shí)值的大小關(guān)

系.

本題在求內(nèi)阻時(shí)要注意電壓表測(cè)得的并非路端電壓而是路端電壓減去及兩端的電壓，故

在求內(nèi)阻時(shí)應(yīng)減去

13.【答案】解：(1)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，如圖所示

以向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律以及平衡條件可以得到:

水平方向尸?cos37。—f=ma

豎直方向尸,sinJ+F支=mg

根據(jù)摩擦力公式/=〃尸支

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可以得到a=0.5m/s2

(2)根據(jù)速度與時(shí)間的關(guān)系可以得到

v=at=0.5x4m/s=2m/s

(3)撤去力F后,對(duì)物體根據(jù)牛頓第二定律得到-png=ma'

代入數(shù)據(jù)可得a'=—fj,g——0.5x10m/s2——5m/s2

根據(jù)位移與速度關(guān)系講-詔=2ax可以得到

0-v20-22

x=-,————-m=0.4m

2a'-2x5

答：(1)物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為0.5m/s2；

(2)物體在4.0s末的瞬時(shí)速率為2zn/s；

(3)若在4.0s末時(shí)撤去拉力F,此后物體沿水平地面可滑行的最大距離為0.46。

【解析】(1)先對(duì)物體受力分析，再結(jié)合牛頓第二定律和共點(diǎn)力平衡條件求出加速度大

?。?/p>

(2)利用速度與時(shí)間關(guān)系求出瞬時(shí)速率；

(3)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合位移與速度關(guān)系求出最大距離。

本題考查牛頓第二定律，要注意牛頓第二定律結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用。

14.【答案】解：(1)當(dāng)滑動(dòng)變阻器調(diào)到到最上端時(shí)，兩極板間電壓為U=E

設(shè)粒子釋放點(diǎn)與下極板間的電壓為由,則有：Ui=*

由動(dòng)能定理可得：qUi=|mi?2

解得：〃=恒

7m

(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，與AB相切時(shí)為從A8射出且離C點(diǎn)最遠(yuǎn)的臨界條件，

設(shè)軌道半徑為〃軌跡圖如下：

A

由幾何關(guān)系得：r=BCsin30°,BC=ABcos30°

代入數(shù)據(jù)得:

V3

由牛頓第二定律可知：=

設(shè)兩極板間電壓為“，由動(dòng)能定理得與勺=加資

解得：”=瞎

答：(1)當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片調(diào)節(jié)到最上端時(shí)，粒子從小孔尸射出的速度為J牌;

(2)兩極板間所加電壓為號(hào)警

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【解析】(1)當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片調(diào)節(jié)到最上端時(shí)，計(jì)算出平行板兩板間的電壓，利用動(dòng)

能定理求解射出時(shí)的速度；

(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡與AB相切時(shí)該點(diǎn)離C