2022年福建省高考物理試卷（附答案詳解）

2022年福建省高考物理試卷

1.福建土樓兼具居住和防御的功能，承啟樓是圓形土樓的典型代表，如圖(a)所示。承啟樓

外樓共四層，各樓層高度如圖(b)所示，同一樓層內(nèi)部通過直徑約50,”的圓形廊道連接，若將

質(zhì)量為100版的防御物資先從二樓倉庫搬到四樓樓梯口M處,再用100s沿廊道運送到N處，

如圖(c)所示，重力加速度大小取lOm/s?,則(

(a)承啟樓

A.該物資從二樓地面被運送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為5400J

B.該物資從M處被運送到N處的過程中，克服重力所做的功為78500J

C.從M處沿圓形廊道運動到N處，位移大小為78.5m

D.從M處沿圓形廊道運動到N處，平均速率為0.5m/s

2.2011年3月，日本發(fā)生的大地震造成了福島核電站核泄漏，在泄露的污染物中含有大量

放射性元素斕/,其衰變方程為續(xù)/t短Xe+'e,半衰期為8天,已知啊=131.03721年,

mXe=131.03186it,me=0.000549u,則下列說法正確的是()

A.衰變產(chǎn)生的0射線來自于您11原子的核外電子

B.該反應前后質(zhì)量虧損0.00535a

C.放射性元素民1/發(fā)生的衰變?yōu)閍衰變

D.經(jīng)過16天，75%的康/原子核發(fā)生了衰變

3.平時我們所處的地球表面，實際上存在場強大小為100V/爪的電場，可將其視為勻強電場，

在地面立一金屬桿后空間中的等勢面如圖所示，空間中存在a、氏c三點，其中。點位于金

屬桿正上方，氏c等高，則下列說法正確的是()

A.b、c兩點的電勢差％c=0

B.a點場強大小大于lOOV/m

C.a點場強方向水平向右

D.a點的電勢低于c點

4.2021年美國“星鏈”衛(wèi)星曾近距離接近我國運行在距地390切?近圓軌道上的天宮空間站,

為避免發(fā)生危險，天宮空間站實施了發(fā)動機點火變軌的緊急避碰措施，已知質(zhì)量為機的物體

從距地心/?處運動到無窮遠處克服地球引力所做的功為G,式中M為地球質(zhì)量，G為引力常

量；現(xiàn)將空間站的質(zhì)量記為血0,變軌前后穩(wěn)定運行的軌道半徑分別記為巳、萬，如圖所示，

A.GMm0(-)B.GMm0(-)C.GMm0(-)D.2GMm0(-)

5.奧斯特利用如圖所示實驗裝置研究電流的磁效應，一個可自由轉(zhuǎn)動的小磁針放在白金絲

導線正下方，導線兩端與一伏打電池相連，接通電源瞬間，小磁針發(fā)生了明顯偏轉(zhuǎn)，奧斯特

采用控制變量法，繼續(xù)研究了導線直徑、導線材料、電池電動勢以及小磁針位置等因素對小

磁針偏轉(zhuǎn)情況的影響，他能得到的實驗結(jié)果有()

A.減小白金絲直徑，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)B.用銅導線替換白金絲，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)

C.減小電源電動勢，小磁針一定不能偏轉(zhuǎn)D.小磁針的偏轉(zhuǎn)情況與其放置位置無關

6.某同學利用如圖所示電路模擬遠距離輸電.圖中交流電源電壓為6V,定值電阻&=&=

200,小燈泡4、G的規(guī)格均為“6V1.81V”，理想變壓器71、0原副線圈的匝數(shù)比分別為1：

3和3：1。分別接通電路I和電路H,兩電路都穩(wěn)定工作時()

交流」

電源方LJTT

g展

A.人與乙2一樣亮B.42比L更亮

C.R1上消耗的功率比/?2的大D.%上消耗的功率比7?2的小

7.一物塊以初速度為自固定斜面底端沿斜面向上運動，一段時間后回到斜面底端。該物體

的動能以隨位移x的變化關系如圖所示，圖中沏、EH、EH均已知。根據(jù)圖中信息可以求出

的物理量有()

A.重力加速度大小

B.物體所受滑動摩擦力的大小

C.斜面的傾角

D.沿斜面上滑的時間

8.我國霍爾推進器技術世界領先，其簡化的工作原理如圖所示，放電通道兩端電極間存在

一加速電場，該區(qū)域內(nèi)有一與電場近似垂直的約束磁場（未畫出）用于提高工作物質(zhì)被電離的

比例，工作時，工作物質(zhì)伍氣進入放電通道后被電離為放離子，再經(jīng)電場加速噴出，形成推

力,某次測試中，流氣被電離的比例為95%,抵離子噴射速度為1.6xlO4m/s,推進器產(chǎn)生

的推力為80〃?N,已知流離子的比荷為7.3x105c/kg；計算時，取放離子的初速度為零，忽

略磁場對離子的作用力及粒子之間的相互作用，貝4（）

A.掠離子的加速電壓約為175V

B.僦離子的加速電壓約為700V

C.瓶離子向外噴射形成的電流約為37A

D.每秒進入放電通道的流氣質(zhì)量約為5.3x10-6kg

9.藝術體操運動員站在場地中以一定頻率上下抖動6加長綢帶的一端，綢帶自左向右呈現(xiàn)波

浪狀起伏，某時刻綢帶形狀如圖所示（符合正弦函數(shù)特征），此時綢帶上P點運動方向（

填“向上”“向下”“向左”或“向右”），保持抖動幅度不變，如果要在該綢帶上產(chǎn)生更加

密集的波浪狀起伏效果，運動員上下抖動的頻率應（填“增大”“減小”或“保持不

變”）。

10.帶有活塞的汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，氣體開始處于a狀態(tài)，然后經(jīng)過a-brc

狀態(tài)變化過程到達c狀態(tài)。在U-T圖中變化過程如圖所示。

（1）氣體從。狀態(tài)經(jīng)過a—b到達b狀態(tài)的過程中壓強。（填“增大”、“減小”或“不

變”）

（2）氣體從人狀態(tài)經(jīng)過b-c到達c狀態(tài)的過程要。（填“吸收”或“放出”）熱量。

11.某實驗小組利用圖(a)所示裝置驗證小球平拋運動的特點，實驗時，先將斜槽固定在貼

有復寫紙和白紙的木板邊緣，調(diào)節(jié)槽口水平并使木板豎直；把小球放在槽口處，用鉛筆記下

小球在槽口時球心在木板上的水平投影點0,建立xOy坐標系，然后從斜槽上固定的位置釋

放小球，小球落到擋板上并在白紙上留下印跡，上下調(diào)節(jié)擋板進行多次實驗，實驗結(jié)束后，

測量各印跡中心點01、。2、。3…的坐標，并填入表格中，計算對應的產(chǎn)值。

01°3

。2。405。6

ylem2.956.529.2713.2016.6119.90

x/cm5.958.8110.7412.4914.0515.28

x2/cm235.477.6115.3156.0197.4233.5

(1)根據(jù)上表數(shù)據(jù)，在圖(b)給出的坐標紙上補上。4數(shù)據(jù)點，并繪制“y-/”圖線。

(2)由y—合圖線可知，小球下落的高度丫，與水平距離的平方無2成(填，，線性”或“非

線性”)關系，由此判斷小球下落的軌跡是拋物線。

(3)由y-M圖線求得斜率小球平拋運動的初速度表達式為%=(用斜率％和重力加

速度g表示)。

(4)該實驗得到的y-/圖線常不經(jīng)過原點，可能的原因是。

12.在測量某電源電動勢和內(nèi)阻時，因為電壓表和電流表的影響，不論使用何種接法，都會

產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，為了消除電表內(nèi)阻造成的系統(tǒng)誤差，某實驗興趣小組設計了如圖甲實驗電路

進行測量。已知心=20。

(1)按照圖甲所示的電路圖，將圖乙中的器材實物連線補充完整。

(2)實驗操作步驟如下：

①將滑動變阻器滑到最左端位置

②接法I：單刀雙擲開關S與1接通，閉合開關S。，調(diào)節(jié)滑動變阻器R,記錄下若干組數(shù)據(jù)

Ui—。的值，斷開開關方

③將滑動變阻器滑到最左端位置

④接法H：單刀雙擲開關S與2閉合，閉合開關S。，調(diào)節(jié)滑動變阻器R,記錄下若干組數(shù)據(jù)

外一與的值，斷開開關取

⑤分別作出兩種情況所對應的Ui-4和“-左圖像

(3)單刀雙擲開關接1時，某次讀取電表數(shù)據(jù)時，電壓表指針如圖丙所示，此時=Vo

(4)根據(jù)測得數(shù)據(jù)，作出由-/i和/2圖像如圖丁所示，根據(jù)圖線求得電源電動勢

E=,內(nèi)阻r=?(結(jié)果均保留兩位小數(shù))

(5)由圖丁可知(填“接法I”或“接法H”)測得的電源內(nèi)阻更接近真實值。

(6)綜合考慮，若只能選擇一種接法，應選擇(填“接法I”或“接法n”)測量更合適。

13.清代乾隆的《冰嬉賦》用“壁蹩”(可理解為低身斜體)二字揭示了滑冰的動作要領,500機

短道速滑世界紀錄由我國運動員武大靖創(chuàng)造并保持，在其創(chuàng)造紀錄的比賽中，

(1)武大靖從靜止出發(fā)，先沿直道加速滑行，前8機用時2s。該過程可視為勻加速直線運動，

求此過程加速度大小：

(2)武大靖途中某次過彎時的運動可視為半徑為10,”的勻速圓周運動，速度大小為14m/s。已

知武大靖的質(zhì)量為73依，求此次過彎時所需的向心力大??；

(3)武大靖通過側(cè)身來調(diào)整身體與水平冰面的夾角，使場地對其作用力指向身體重心而實現(xiàn)平

穩(wěn)過彎，如圖所示。求武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角。的大小。(不計空氣阻力，

重力加速度大小取10m/s2,tan22°=0.40、tan270=0.51、tan32°=0.62、tan37°=0.75)。

14.如圖，4形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈

簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長狀態(tài)，一小物塊C以初速度北從滑板最左端滑入,

滑行So后與B發(fā)生完全非彈性碰撞(碰撞時間極短)，然后一起向右運動；一段時間后，滑板A

也開始運動，已知A、B、C的質(zhì)量均為加，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均

為〃，重力加速度大小為g;最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi),

求：

(1)C在碰撞前瞬間的速度大??；

(2)C與8碰撞過程中損失的機械能；

(3)從C與B相碰后到A開始運動的過程中，C和8克服摩擦力所做的功。

15.如圖(a),一傾角為。的絕緣光滑斜面固定在水平地面上，其頂端與兩根相距為￡的水平

光滑平行金屬導軌相連；導軌處于一豎直向下的勻強磁場中，其末端裝有擋板M、N。兩根

平行金屬棒G、”垂直導軌放置，G的中心用一不可伸長絕緣細繩通過輕質(zhì)定滑輪與斜面底

端的物塊A相連；初始時刻繩子處于拉緊狀態(tài)并與G垂直，滑輪左側(cè)細繩與斜面平行，右側(cè)

與水平面平行。從t=0s開始，，在水平向右拉力作用下向右運動；t=2s時，H與擋板M、

N相碰后立即被鎖定。G在t=1s后的速度一時間圖線如圖(b)所示，其中1?2s段為直線。

已知:磁感應強度大小B=1T,L=0.2zn,G、H和A的質(zhì)量均為0.2kg,G、H的電阻均為0.10；

導軌電阻、細繩與滑輪的摩擦力均忽略不計；H與擋板碰撞時間極短；整個運動過程A未與

滑輪相碰，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好：sin0=0.25,cos0=0.97,重力加速度大

小取10m/s2,圖(b)中e為自然常數(shù)，=1.47。求：

(1)在1?2s時間段內(nèi)，棒G的加速度大小和細繩對4的拉力大??；

(2)t=1.5s時，棒”上拉力的瞬時功率；

(3)在2?3s時間段內(nèi)，棒G滑行的距離。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A、該物資從二樓地面被運送到四樓M處的過程中，克服重力所做的功為W=mgh=

100x10x2x2.7/=54007,故A正確；

B、MN兩點高度相同，所以物資從M處被運送到N處的過程中，重力不做功，故B錯誤；

C、從M處沿圓形廊道運動到N處，位移大小為50〃?，故C錯誤：

I）、平均速率v==,代入數(shù)據(jù)解得：v=0.785m/s,故￡＞錯誤；

故選：Ao

克服重力所做的功為W=mgh,MN兩點高度相同，重力不做功，根據(jù)位移的概念分析C項，平

均速率等于路程與時間的比值。

本題考查位移、平均速率、做功的計算問題，難度較小，解題關鍵掌握基本公式即可。

2.【答案】D

【解析】解：4曷1/衰變時，原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子，大量電子從原子核釋放出來形成口

射線，故4錯誤：

B.該反應前后質(zhì)量虧損為4n=131.03721U-131.03186u-0.000549u=0.004801U,故B錯誤；

C.放射性元素公1/發(fā)生的衰變?yōu)??衰變，故C錯誤；

。.由于半衰期為8天，可知經(jīng)過16天，即經(jīng)過兩個半衰期，設顯1/原子核原來的質(zhì)量為相，則剩

余m（）=（）加-m-,

則有75%的鑒1/原子核發(fā)生了衰變，故。正確。

故選：Do

6衰變中產(chǎn)生的6射線實際上是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子同時釋放一個電子；根據(jù)反應前后的質(zhì)

量差可解得質(zhì)量虧損，根據(jù)放射性元素的半衰期的規(guī)律判斷。

本題考查了6衰變、半衰期等內(nèi)容，要求熟知這些基礎知識，平時可多加強記憶.

3.【答案】B

【解析】解：A、b、c兩點的電勢差為c=200U-300廠=一100乙故A錯誤；

B、等勢面密集的地方，場強越大，所以。點場強大小大于lOOV/zn,故8正確；

C、電場線與等勢面垂直，并且沿著電場線方向電勢逐漸降低，所以。點場強方向豎直向下，故C

錯誤；

D、農(nóng)兩點在同一等勢面上，電勢相等，故。錯誤；

故選：B。

電勢差代表兩點電勢的差值，等勢面密集的地方，場強越大，電場線與等勢面垂直，并且沿著電

場線方向電勢逐漸降低，同一等勢面的點電勢相等。

本題考查電勢差與電場強度的關系，解題關鍵掌握等勢面的特點，注意電勢差的計算方法。

4.【答案】A

【解析】解：空間站所受萬有引力提供向心力，則=皿。,解得：%=,v2=

緊急避險的過程，根據(jù)動能定理有：W+(-+)=-

解得：W=GMm0(：-)

故A正確，BCO錯誤；

故選：Ao

空間站所受萬有引力提供向心力，可解得速度，根據(jù)動能定理可解得空間站緊急避碰過程發(fā)動機

做的功。

本題考查動能定理與萬有引力定律的綜合應用，解題關鍵掌握萬有引力提供向心力及引力做功公

式。

5.【答案】AB

【解析】解：A、減小白金絲直徑，其電阻增大，白金絲導線中電流減小，但仍能產(chǎn)生磁場，所以

小磁針仍能偏轉(zhuǎn)，故A正確；

8、用銅導線替換白金絲，電阻增大，導線中電流減小，但仍能產(chǎn)生磁場，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)，故B

正確；

C、減小電源電動勢，導線中電流減小，但仍能產(chǎn)生磁場，小磁針仍能偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；

。、當小磁針與導線垂直時，根據(jù)安培定則可知，導線產(chǎn)生的磁場與導線垂直，小磁針不能偏轉(zhuǎn)，

所以小磁針的偏轉(zhuǎn)情況與其放置位置有關，故。錯誤。

故選：AB.

減小白金絲直徑，用銅導線替換白金絲，減小電源電動勢，分析導線中電流的變化情況，判斷小

磁針能否偏轉(zhuǎn)。小磁針的偏轉(zhuǎn)情況與其放置位置有關，結(jié)合安培定則分析。

本題考查對電流磁效應的理解，要知道電流能產(chǎn)生磁場，磁場能使小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)。

6.【答案】BC

【解析】解：A8、小燈泡小G的電阻為&=%=。=200

小燈泡G的電流。==4=0.154；

設小燈泡乙2的電流為/2,根據(jù)72原副線圈的匝數(shù)比為：n4=3：1,得72原副線圈的電流之比==，

則&中電流為//?2=12

72原副線圈的電壓之比==，則原線圈的電壓1/娘=3/2&，A副線圈的電壓為3U,則3U=IR2R2+

U原,即3U=1R+解得:/=0.274

223I2RL,2

可得/2>/「所以切比力更亮，故A錯誤，B正確；

CD、&中電流為匕=0.154&中電流為42=%=x0274=0.094,則4>%，又％=R2=20/2,

由P=12R知治上消耗的功率比R2的大，故C正確，。錯誤。

故選：BC。

先根據(jù)R=求出小燈泡5、功的電阻。由歐姆定律求出小燈泡L1的電流。根據(jù)理想變壓器的原副

線圈電壓關系、電流關系，求出小燈泡G的電流，從而比較兩個燈泡亮度關系。根據(jù)％與/?2中電

流關系，比較它們功率關系。

解答本題的關鍵要掌握理想變壓器原副線圈電壓關系和電流關系，結(jié)合電路構(gòu)造和歐姆定律列式，

即可完成分析。

7.【答案】B

【解析］解：物塊根據(jù)動能定理有：-2/xo=42-Eki，可解得：f=,由于題中物塊的質(zhì)量未

知，無法計算重力加速度大小、斜面的傾角和沿斜面上滑的時間，故AC。錯誤，B正確；

故選：B。

根據(jù)圖像結(jié)合動能定理可解得摩擦力大小，由于物塊的質(zhì)量未知，無法計算其他物理量。

本題考查動能定理，解題關鍵掌握圖像的理解，注意動能定理的應用。

8.【答案】AD

【解析】解:AB、款離子加速過程，由動能定理得:qU=,已知"=1.6x104m/s,=7.3X105C/kg,

解得僦離子的加速電壓U“175U,故A正確，8錯誤；

C、設每秒向外噴射的瓶離子數(shù)目為〃，以這些離子為研究對象，取向右為正方向，由動量定理得：

Ft=nmv—0

僦離子向外噴射形成的電流為/=,聯(lián)立得/=,將F=80THN=0.08N,v=1.6x104m/s1—

7.3xl()5c/kg代入解得：/=3.654故C錯誤；

D、每秒進入放電通道的流離子的電荷量為q=/t=3.65xlC=3.65C,每秒進入放電通道的徂

離子的質(zhì)量為m==kg=5x10~6kg

每秒進入放電通道的充氣質(zhì)量為M==kgx5.3x10-6kg,故。正確。

故選：AD.

急離子加速時，電場力做功為qU,根據(jù)動能定理求值離子的加速電壓。根據(jù)動量定理求出每秒向

外噴射的瓶離子數(shù)目，從而求出敬離子向外噴射形成的電流。結(jié)合氤氣被電離的比例為95%,求

解每秒進入放電通道的流氣質(zhì)量。

本題主要考查動能定理、動量定理和電流的定義式，關鍵要明確推進器的工作原理和離子間相互

作用的關系，建立模型，當作連續(xù)介質(zhì)問題去處理。

9.【答案】向上增大

【解析】解：從圖中可知綢帶上形成的波是自左向右傳播的，根據(jù)同側(cè)法可判斷綢帶上P點運動

方向向上；

綢帶上產(chǎn)生更加密集的波浪狀起伏效果，說明波長變小，而同種介質(zhì)中同類型波的傳播波速是不

變的，根據(jù)〃=27可知運動員上下抖動的頻率增大。

故答案為：向上，增大

在波形圖中的單個質(zhì)點，其振動方向與波的傳播方向位于波形的同一側(cè)，據(jù)此可知P點的運動方

向；根據(jù)分析運動員向下抖動的頻率變化情況。

本題考查波長、頻率和波速的關系，要明確波形圖中某質(zhì)點的速度方向與傳播方向的關系。

10.【答案】增大放出

【解析】解：(1)由V-T圖像可知氣體從。狀態(tài)經(jīng)過a-b到達6狀態(tài)的過程中，氣體的體積保持

不變，溫度升高，根據(jù)可知氣體的壓強增大；

(2)由V-7圖像可知，氣體從b狀態(tài)經(jīng)過b-c到達c狀態(tài)的過程，氣體的溫度保持不變，則氣體

的內(nèi)能保持不變；氣體的體積減小，則外界對氣體做正功，根據(jù)熱力學第一定律可知，氣體對外

放出熱量。

故答案為：(1)增大；(2)放出

(1)由圖象可知，從a的過程中，氣體體積不變，溫度升高根據(jù)可判斷氣體壓強變化情況；

(2)從b-c的過程為等溫變化，體積變小，氣體內(nèi)能不變，由熱力學第一定律判斷吸熱與放熱情

況。

本題考查熱力學圖像，由圖線判斷出三點體積與熱力學溫度的關系，熟練應用玻意耳定律、熱力

學第一定律即可正確解題.

11.【答案】線性小球的水平射出點未與。點重合

【解析】解：(1)根據(jù)上表數(shù)據(jù)在坐標紙上描出內(nèi)數(shù)據(jù)點，并繪制圖線如圖所示:

(2)由y-/圖線為一條傾斜的直線可知，小球下落的高度>與水平距離的平方/成線性關系：

(3)根據(jù)平拋運動規(guī)律可得x=,解得y=

可知y-/圖像的斜率為卜=

解得小球平拋運動的初速度為%=

(4)y-/圖線是一條直線，但常不經(jīng)過原點，說明實驗中測量的值偏大或偏小一個定值，這是小

(2)線性；(3)；(4)小球的水平射出點未與0點重合

(1)(2)根據(jù)數(shù)據(jù)描點作圖，并根據(jù)圖像判斷y與/的關系；

(3)根據(jù)平拋運動的規(guī)律結(jié)合圖像中的斜率求解小球的初速度表達式；

(4)根據(jù)平拋運動的規(guī)律分析產(chǎn)生誤差的原因。

解決本題的關鍵知道實驗的原理和注意事項，知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律,

結(jié)合運動學公式和推論靈活求解。

12.【答案】1.301.802.50接法團接法1【

【解析1解：(1)根據(jù)圖甲所示的電路圖，連接圖乙中的器材實物如圖所示:

rR一Q

凡

(3)根據(jù)圖像可知，電流表接0?3M的量程，根據(jù)圖丙可知電壓表的讀數(shù)為U1=1.30%

(4)單刀雙擲開關S與1接通時，根據(jù)圖丁可知，當電流表的示數(shù)為零時，相對于外接電路斷路,

電壓表的示數(shù)為電源電動勢，即E=1.80K；

單刀雙擲開關S與2接通時，根據(jù)圖丁可知，當電壓表的示數(shù)為零時，相對于外接電路短路，電

流表的示數(shù)為外電路短路時的電流，則有：Im=0.40/1

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：R0+r=

代入數(shù)據(jù)解得:r=2.50^；

(5)根據(jù)U-/圖像的斜率表示電源內(nèi)電阻，根據(jù)接法I可知電源內(nèi)電阻為：4=||一心=-20=

30

根據(jù)接法n可知電源內(nèi)電阻為：r2=II-/?0=-20=2.250

可見接法n測得的電源內(nèi)阻更接近真實值；

(6)綜合考慮，若只能選擇一種接法，應選擇接法n測量更合適。

故答案為:(1)實物圖連接見解析；(3)1.30；(4)1.80；2.50；(5)接法H；(5)接法H。

(1)根據(jù)圖甲所示的電路圖連接實物圖；

(3)電流表接0?3V的量程，根據(jù)圖丙指針的位置讀出電壓表的讀數(shù)；

(4)根據(jù)單刀雙擲開關S與1接通時斷路時電壓表的示數(shù)得到電源電動勢，單刀雙擲開關S與2接

通時，外接電路短路時得到電流表的示數(shù)，根據(jù)閉合電路歐姆定律進行解答；

(5)根據(jù)U-/圖像的斜率表示電源內(nèi)電阻，求出兩種情況下得到的電源內(nèi)電阻的值進行分析；

(6)根據(jù)(5)的分析進行選擇。

對于實驗題，要弄清楚實驗目的、實驗原理以及數(shù)據(jù)處理、誤差分析等問題，一般的實驗設計、

實驗方法都是根據(jù)教材上給出的實驗方法進行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的重要實

驗。

13.【答案】解：(1)武大靖從靜止出發(fā)，先沿直道加速滑行，前與=8機用時J=2s

根據(jù)位移-時間關系可得：/=

代入數(shù)據(jù)解得：a=4m/s2；

(2)根據(jù)向心力的計算公式可得：Fn=m=73xN=1430.8/V；

(3)設場地對武大靖的作用力大小為尸，F(xiàn)與重力的合力提供向心力，如圖所示:

mg

根據(jù)幾何關系可得：tan。=

代入數(shù)據(jù)解得：tan?！?.51

所以。=27。。

答：(1)求此過程加速度大小為4m/s2；

(2)此次過彎時所需的向心力大小為1430.8N；

(3)武大靖在(2)問中過彎時身體與水平面的夾角。的大小為27。。

【解析】(1)武大靖從靜止出發(fā)，根據(jù)位移-時間關系求解加速度大小；

(2)根據(jù)向心力的計算公式求解向心力大?。?/p>

(3)場地對武大靖的作用力與重力的合力提供向心力，根據(jù)幾何關系求解身體與水平面的夾角。的

大小。

本題主要是考查圓周運動的知識，解答此類問題的關鍵是能夠?qū)ξ矬w進行受力分析，確定哪些力

的合力或哪個力的分力提供了向心力，根據(jù)向心力的計算公式進行解答。

14.【答案】解：(1)滑板與小物塊、滑板與地面之間的動摩擦因數(shù)均為“，物塊C與滑板間的最大

靜摩擦力小于滑板與地面間的最大靜摩擦力，物塊C滑到8的過程中，滑板靜止。

物塊C運動至剛要與物塊8相碰過程，由動能定理：-47ngso=-

解得物塊C碰撞前的速度大小為：%=J詔-2哂；

(2)物塊8、C碰撞時間極短，碰撞過程中動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律:m%=2mv2

解得物塊B與物塊C碰后一起運動的速度大?。簐2=J諾-2哂

根據(jù)能量守恒定律可得物塊B與物塊C碰撞過程系統(tǒng)損失的機械能為：AE=m謚-?2mvl

解得：4E=-；

(3)滑板A剛要滑動時，對滑板A,由平衡條件：kAx+2^mg=3fimg

解得彈簧的壓縮量(即滑板A開始運動前物塊8和物塊C一起運動的位移大小)：Ax=

故滑板A開始運動前物塊B和物塊C克服摩擦力做功：W克=2*mg4x

解得：皿克=。

答：(1)C在碰撞前瞬間的速度大小為女=，詔-2ngs0；

(2)C與B碰撞過程中損失的機械能為-；

(3)從C與5相碰后到A開始運動的過程中，C和8克服摩擦力所做的功為。

【解析】(1)物塊C運動至剛要與物塊8相碰過程，由動能定理求解物塊C碰撞前的速度大小；

(2)物塊B、C碰撞過程中，由動量守恒定律、能量守恒定律求解物塊8與物塊C碰撞過程系統(tǒng)損

失的機械能；

(3)滑板A剛要滑動時?，對滑板A,由平衡條件求解彈簧的壓縮量，根據(jù)功的計算公式求解滑板4

開始運動前物塊B