2021-2022學(xué)年福建省莆田二中高二（下）期末物理模擬

試卷

1.關(guān)于近代物理的知識，下列說法正確的是（）

A.查德威克發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)方程為尹N+$He0+iH

B.，衰變就是原子核內(nèi)的一個質(zhì)子轉(zhuǎn)化為一個中子和電子，電子被釋放出來

C.發(fā)生光電效應(yīng)時光電子的最大初動能由入射光的頻率和強度決定

D.若氫原子從第6能級向第1能級躍遷時輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng),

則氫原子從第6能級向第2能級躍遷時輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)

2.“天問一號”從地球發(fā)射后，在如圖甲所示的P點沿地火轉(zhuǎn)移軌道到Q點，再依次

進入如圖乙所示的調(diào)相軌道和停泊軌道，則天間一號（）

A.發(fā)射速度介于7.9km/s與11.2km/s之間

B.從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間大于6個月

C.在環(huán)繞火星的停泊軌道運行的周期比在調(diào)相軌道上大

D.在地火轉(zhuǎn)移軌道運動時的速度均大于地球繞太陽的速度

3.如圖所示，傾角為30。的光滑斜面底端固定一輕彈簧，。點為原長位置.質(zhì)量為0.5kg

的滑塊從斜面上4點由靜止釋放，物塊下滑并壓縮彈簧到最短的過程中，最大動能

為8/.現(xiàn)將物塊由4點上方0.4m處的B點由靜止釋放，彈簧被壓縮過程中始終在彈性

限度內(nèi)，g取10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.從B點釋放滑塊的最大動能為9/

B.從B點釋放滑塊動能最大的位置比從4點釋放要低

C.從B點釋放彈簧的最大彈性勢能比從4點釋放增加了u

D.物塊從。點開始做減速運動

4.如圖所示，兩平行金屬板48、C。相距為d,板長為6d,M、N是

兩板中間正對的小孔，AB板電勢高于CD板，在保持兩極板電

量不變的情況下，有一帶電粒子（不計重力）從M孔以速率火沿

WV

MN連線方向射入兩極之間，結(jié)果恰好能到達N點。若該粒子仍

以速率處從M孔射入，速度方向與4B板的夾角為火9>0）,下

列說法正確的是（）

A.此帶電粒子帶正電

B.該粒子仍能到達CD板

C.調(diào)整。的大小，粒子可以直接從BD端口飛出

D.當(dāng)。=45。時，粒子打在4B板上的落點距M點最遠

5.如圖所示，a、b、c、d表示一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化過

程中的四個狀態(tài)，圖中ad平行于橫坐標(biāo)軸，ab的延長線過原

點，以下說法正確的是（）

A.從狀態(tài)c到b,氣體放熱B.從狀態(tài)d到c,氣體不吸熱也不放熱

C.從狀態(tài)a到d,氣體對外做功D.從狀態(tài)b到a,氣體吸熱

6.如圖甲所示，在均勻介質(zhì)中P、Q兩質(zhì)點相距d=0.4巾，質(zhì)點P的振動圖像如圖乙所

示，已知t=0時刻，P、Q兩質(zhì)點都在平衡位置，且P、Q之間只有一個波峰，則下

列判斷正確的是（）

A.波的傳播速度可能為lm/s

B.波的傳播速度可能為gm/s

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C.質(zhì)點Q出現(xiàn)在波谷的時刻可能為t=0.15s

D.質(zhì)點Q出現(xiàn)在波谷的時刻可能為t=0.45s

7.如圖（a）所示，兩個帶正電的小球4、8（均可視為點電荷）套在一根傾斜的光滑絕緣

直桿上，其中4球固定，電荷量以=2.0X10-氣，B球的質(zhì)量m=0.1kg.以4為坐

標(biāo)原點，沿桿向上建立直線坐標(biāo)系，B球的總勢能（重力勢能與電勢能之和）隨位置x

的變化規(guī)律如圖（b）中曲線/所示，直線D為曲線/的漸近線.圖中M點離A點距離為

6nl.令4所在平面為參考平面，無窮遠處電勢為零，重力加速度g取10m/s2,靜電

力恒量k=9.0xl09N-m2/c2,下列說法正確的是（）

A.桿與水平面的夾角。=60°

B.B球的電荷量①=1.5x10-5C

C.若B球以4/的初動能從M點沿桿向上運動，到最高點時電勢能減小〃

D.若B球從離4球27n處靜止釋放，則向上運動過程中加速度先減小后增大

8.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜固定放置,

導(dǎo)軌所在平面的傾角為。=30°,導(dǎo)軌下端接有阻值為

R的電阻，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強

磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B.質(zhì)量為小、長為L、電阻

不計的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在沿導(dǎo)軌平面且與棒垂直的拉力F作用下金屬棒沿導(dǎo)軌

向上做初速度為零、加速度為Tg（g為重力加速度）的勻加速直線運動，金屬棒運動

過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與兩導(dǎo)軌接觸良好，金屬導(dǎo)軌的電阻不計，則在金屬棒沿

導(dǎo)軌向上運動片時間的過程中（）

A.拉力尸與時間成正比

B.拉力F的沖量大小為mgto+■^珞

C.通過電阻R的電量為勇逋

D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力與重力的做功之和

9.某同學(xué)做了下面兩個實驗.他讓一列水波通過一個孔時產(chǎn)生了如圖1所示的衍射圖

景，如果想讓水波通過小孔繼續(xù)傳播的范圍變小，可將左側(cè)擋板適當(dāng)_____（“向

左”或“向右”）移動；他用圖2示器材做光的衍射實驗，在光屏上能得到

（“圖3”或“圖4”）所示條紋。

圖1國2國3國4

10.一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前5s內(nèi)做勻加速直線運動，5s末達到額定

功率，之后保持以額定功率運動，其v-t圖象如圖所示。己知汽車的質(zhì)量為m=1x

103kg,汽車受到地面的阻力為車重的0.1倍，取g=10m/s2,則汽車速度為25m/s

時的加速度為m/s2,汽車的最大速度為m/so

11.在探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關(guān)系實驗中，小明同學(xué)做了如圖中所示的實驗

改進，在調(diào)節(jié)桌面水平后，添加了力傳感器來測細線中的拉力。

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(1)實驗時，下列操作或說法正確的是。

A需要用天平測出砂和砂桶的總質(zhì)量

8.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄拉力

傳感器的示數(shù)

C選用電磁打點計時器比選用電火花計時器實驗誤差小

D為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量

(2)實驗得到如圖乙所示的紙帶，已知打點計時器使用的交流電源的頻率為50Hz,

相鄰兩計數(shù)點之間還有四個點未畫出，由圖中的數(shù)據(jù)可知，小車運動的加速度大小

是m/s2.(計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(3)由實驗得到小車的加速度a與力傳感器示數(shù)尸的關(guān)系如圖丙所示。則小車與軌道

的滑動摩擦力弓=N。

12.幾位同學(xué)對一個阻值大約為5900的未知電阻氏進行測量，要求較精確地測量電阻

的阻值。有下列器材供選用：

A.待測電阻&

8.電壓表V(量程6V,內(nèi)阻約3k0)

C.電流表4（量程20m4內(nèi)阻約50）

D電流表量程1。機4內(nèi)阻約10。）

E.滑動變阻器燈（0?200,額定電流24）

F.滑動變阻器7?2（。?2000。，額定電流0.5A）

G.直流電源E（6U,內(nèi)阻約10）

，.多用表

/.開關(guān)、導(dǎo)線若干

甲

（1）甲同學(xué)用多用表直接測量待測電阻的阻值如圖甲所示。若選用歐姆表“X100”

擋位，則多用表的讀數(shù)為0。

（2）乙同學(xué)根據(jù)以上器材設(shè)計如圖乙所示的測量電阻的電路，則滑動變阻器應(yīng)選擇

（選填"RJ或“氏2”）；電阻測量值偏大的主要原因是造成的。（選

填“電流表內(nèi)阻”或“電壓表內(nèi)阻”）

（3）丙同學(xué)經(jīng)過反復(fù)思考，利用所給器材設(shè)計出了如圖內(nèi)所示的測量電路，具體操

作如下：

①按圖丙連接好實驗電路，調(diào)節(jié)滑動變阻器長、/?2的滑片至適當(dāng)位置：

②開關(guān)S2處于斷開狀態(tài)，閉合開關(guān)Si，調(diào)節(jié)滑動變阻器R1、/?2的滑片，使電流表4

的示數(shù)恰好為電流表4的示數(shù)的一半，讀出此時電壓表V的示數(shù)U1和電流表慶的

示數(shù)4。

③保持開關(guān)S1閉合，再閉合開關(guān)S2,保持滑動變阻器/?2的滑片位置不變，適當(dāng)調(diào)節(jié)

滑動變阻器％的位置，讀出此時電壓表U的示數(shù)/和電流表4的示數(shù)與。

可測得待測電阻的阻值為，同時可測出電流表4的內(nèi)阻為（用U1、"、

人、為表示）。

（4）比較甲、乙、丙三位同學(xué)測量電阻&的方法中，同學(xué)的方案最有利于減

小系統(tǒng)誤差。

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13.如圖，水平軌道8c的左端與固定的光滑豎直四分之一圓弧軌道相切于B點，右端與

一傾角為30。的光滑斜面在C點平滑連接(即物體經(jīng)過C點時速度大小不變)，斜面頂

端固定一輕質(zhì)彈簧。一質(zhì)量為2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道的頂端A點由靜

止釋放，經(jīng)水平軌道BC后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至。點。已知

光滑圓弧軌道的半徑為R=0.45m,水平軌道BC長為0.4m,與滑塊間的動摩擦因數(shù)

為〃=0.2,光滑斜面CD部分長為0.6m,不計空氣阻力，重力加速度大小為g=

lOm/s2-求：

(1)滑塊第一次經(jīng)過圓弧軌道上的B點時，圓弧軌道對滑塊的支持力大小；

(2)滑塊到達。點時，彈簧具有的彈性勢能；

(3)滑塊在水平軌道BC上停止的位置距B點的距離及滑塊經(jīng)過C點的次數(shù)。

14.如圖所示，一個上表面絕緣、質(zhì)量為g=1kg的不帶電小車4置于光滑的水平面上,

其左端放置一質(zhì)量為me=0.5/cg、帶電量為q=1.0x的空盒以左端開口.小

車上表面與水平桌面相平，桌面上水平放置著一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，質(zhì)量為

mc=0.5kg的不帶電絕緣小物塊C置于桌面上。點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧

處于原長，現(xiàn)用水平向左的推力將C緩慢推至M點(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時，推力

做的功為收=64,撤去推力后，C沿桌面滑到小車上的空盒B內(nèi)并與其右壁相碰,

碰撞時間極短且碰后C與B粘在一起.在桌面右方區(qū)域有一方向向左的水平勻強電

場，電場強度大小為E=1X102N/M,電場作用一段時間后突然消失，小車正好

停止，貨物處于小車的最右端.己知物塊C與桌面間動摩擦因數(shù)%=0.4,空盒B與

小車間的動摩擦因數(shù)〃2=0.1,0M間距si=5cm,。點離桌子邊沿N點距離S2=

90cm,物塊、空盒體積大小不計，g取lOm/s?.求:

(1)物塊C與空盒B碰后瞬間的速度也

(2)小車的長度L；

(3)電場作用的時間t.

15.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向外的有界勻強磁

場，磁場區(qū)域沿%軸方向的寬度為L,沿y軸方向足夠大，第二象限整個區(qū)域存在沿

x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E=一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正

電粒子在軸上的4(-|〃0)點以速度大小為火,方向沿y軸正方向射入電場區(qū)域，不

計粒子的重力，求：

(1)粒子第一次經(jīng)過y軸的位置離原點。的距離小和速度大小也

(2)若粒子進入磁場區(qū)域后，能夠再次回到電場區(qū)域，磁感應(yīng)強度8應(yīng)滿足什么條件?

(3)若粒子進入磁場區(qū)域后，能夠再次回到電場區(qū)域，并恰好能夠經(jīng)過y軸上的

P(O,#L)點，磁感應(yīng)強度B的大小為多少？

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：力、發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的是盧瑟福，故A錯誤；

8、/?衰變實質(zhì)是原子核內(nèi)的一個中子轉(zhuǎn)化為一個質(zhì)子和電子，這個電子以夕射線的形式

釋放出來，故B錯誤；

C、根據(jù)光電效應(yīng)方程可知，最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與光的強度無關(guān)，故C

錯誤；

D、根據(jù)玻爾理論可知，氫原子從n=6能級向n=l能級躍遷時減小的能量大于氫原子

從n-6能級向ri=2能級躍遷時減小的能量.所以氫原子從n=6能級向n-1能級躍遷

時輻射出的光子的能量大于氫原子從n=6能級向n=2能級躍遷時輻射出的光的能量。

根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知，若氫原子從幾=6能級向兀=1能級躍遷時輻射出的光不

能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則氫原子從n=6能級向n=2能級躍遷時輻射出的光也不能

使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，故。正確。

故選：Do

盧瑟福發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子；根據(jù)/?衰變的本質(zhì)分析；理解最大初動能和光電流的影響因素結(jié)合

選項完成分析；根據(jù)光電效應(yīng)發(fā)生的條件和玻爾理論分析。

解答本題的關(guān)鍵要掌握原子物理和原子核物理的基礎(chǔ)知識。

2.【答案】B

【解析】解：4、天問一號需要脫離地球引力的束縛，第二宇宙速度11.2km/s為脫離地

球的最小發(fā)射速度，在地球發(fā)射天間一號的速度要大于第二宇宙速度，故A錯誤。

8、地球公轉(zhuǎn)周期為12個月，根據(jù)開普勒第三定律可知，號=k,天問一號在地火轉(zhuǎn)移

T2

軌道的軌道半徑大于地球公轉(zhuǎn)半徑，則運行周期大于12個月，從P點轉(zhuǎn)移到Q點的時間

大于6個月，故8正確；

C、同理，環(huán)繞火星的停泊軌道半徑小于調(diào)相軌道半徑，則在環(huán)繞火星的停泊軌道運行

的周期比在調(diào)相軌道上小，故C錯誤；

。、天問一號在Q點點火加速進入火星軌道，則在地火轉(zhuǎn)移軌道運動時，Q點的速度小于

火星軌道的速度，根據(jù)萬有引力提供向心力可知，粵=mf，解得線速度：〃=但，

rzry]r

地球公轉(zhuǎn)半徑小于火星公轉(zhuǎn)半徑，則地球繞太陽的速度大于火星繞太陽的速度，則在地

火轉(zhuǎn)移軌道運動時，Q點的速度小于地球繞太陽的速度，故。錯誤。

故選：Bo

第二宇宙速度是衛(wèi)星脫離地球引力束縛的最小發(fā)射速度；根據(jù)衛(wèi)星的變軌原理分析；根

據(jù)開普勒第三定律分析周期關(guān)系。

本題考查了萬有引力定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是理解衛(wèi)星的變軌過程，以及萬有引

力定律的靈活運用。

3.【答案】AC

【解析】解：4、設(shè)物塊動能最大時彈簧的彈性勢能為0.從4釋放到動能最大的過程，

由系統(tǒng)的機械能守恒得：Ekl+&,=mgxAsin30°…①

從B釋放到動能最大的過程，由系統(tǒng)的機械能守恒得：Ek2+與=mgxBsin30°...②

E

由②一①得：k2-Eki=rng(xB-xA)sin30°

據(jù)題有：xB-xA=0.4m

所以得從B點釋放滑塊最大動能為：Ek2=En+mg(xB-&)sin30。=8/+0.5x10x

0.4x0.5/=9/,故A正確；

3、由上分析知，物塊的動能最大時合力為零，彈簧的彈力等于滑塊的重力沿斜面向下

的分力，即mgs譏30°=依，則知彈簧的壓縮量一定，與物塊釋放的位置無關(guān)，所以兩

次滑塊動能最大位置相同，故8錯誤；

C、根據(jù)物塊和彈簧的系統(tǒng)機械能守恒知，彈簧最大彈性勢能等于物塊減少的重力勢能，

由于從B點釋放彈簧的壓縮量增大，所以從B點釋放彈簧最大彈性勢能比從4點釋放增加

為：4Ep>mg(xB-xA)sin300=0.5X10X0.4X0.5/=1/,故C正確；

。、物塊從0點時開始壓縮彈簧，彈力逐漸增大，開始階段彈簧的彈力小于滑塊的重力

沿斜面向下的分力，物塊做加速運動，后來，彈簧的彈力大于滑塊的重力沿斜面向下的

分力，物塊做減速運動，所以物塊先做加速運動后做減速運動，彈簧的彈力等于滑塊的

重力沿斜面向下的分力時物塊的速度最大。故。錯誤；

故選：AC?

物塊壓縮彈簧時，彈簧的彈力不斷增大，根據(jù)物塊的受力分析其運動情況，滑塊動能最

大時合力為零，由系統(tǒng)的機械能守恒求從B點釋放滑塊最大動能，并由系統(tǒng)的機械能守

恒求彈簧最大彈性勢能。

解決本題的關(guān)鍵要正確分析物塊的受力情況，判斷其運動情況，知道物塊壓縮彈簧后先

加速后減速，同時要明確能量是如何轉(zhuǎn)化的。

4.【答案】D

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【解析】解：4、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入兩極之間，恰好能到達N點，說明

粒子在電場中做勻減速直線運動，受到的電場力水平向左，與電場方向相反，則粒子帶

負電，故A錯誤；

B、兩極板電量不變，故板間距離E不變，當(dāng)粒子的速度方向與力B板的夾角為。時，粒

子的加速度不變，粒子沿從MN方向的位移小于d,不能到達CD板，故8錯誤；

C、帶電粒子從M孔沿MN連線方向射入時，由運動學(xué)公式有詔=2ad.

粒子在豎直方向上做勻速直線運動，有y=VQCOS9-t；粒子在水平方向上做勻減速直線

運動，運動時間為t=皿"，則y="°cose為sme=邂吧，當(dāng)。=45。時，粒子打在ZB板

上距點最遠，且最遠距離為%=第=因此，粒子不會從端口飛出，故

M1aXd<3d,BD

C錯誤，。正確。

故選：Do

根據(jù)粒子的運動情況，判斷粒子所受的電場力方向，從而確定粒子的電性；根據(jù)粒子沿

水平方向的位移與板間距離d的關(guān)系，判斷粒子能否到達CO板；運用運動的分解法，研

究粒子在水平方向和豎直方向的運動規(guī)律，確定。為多大時粒子打在AB板上的落點距M

點最遠。

本題采用運動的分解法研究帶電粒子在電場中的類斜拋運動，要把握兩個分運動的規(guī)律,

熟練運用分位移公式進行解答。

5.【答案】ACD

【解析】解：4由一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程與=C變形得：p=^T,故p-7圖象

上點到原點連線的斜率上=竟即斜率和體積成反比；由圖象知，從狀態(tài)c-b,k增大,

V減小，外界對氣體做功，即W>0：從狀態(tài)c->b溫度降低，內(nèi)能減小4U<0,根據(jù)熱

力學(xué)第一定律/U=W+Q可知，Q<0,即氣體放熱，故4正確；

B.從狀態(tài)d到c,溫度不變，氣壓減小，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程牛=C可知體

積增加，說明氣體對外做功，理想氣體溫度不變說明內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律

21U=W+Q可知，氣體吸收熱量，故B錯誤；

C.從狀態(tài)d到a,氣壓不變，溫度降低，根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程牛=?？芍獨?/p>

體體積減小，外界對氣體做功，故C正確；

。.從狀態(tài)b到a,因ab延長線過原點，屬于等容變化，體積不變氣體不做功，即W=0,

溫度升高內(nèi)能增加，即/U>0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律/U=〃+Q知，Q>0,即氣體

吸熱，故。正確；

故選：ACD.

根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律判斷；p-7圖象中，點到原點連

線的斜率與體積成反比，從狀態(tài)c到b,各個點到原點的連線的斜率增大，故體積減小，

說明外界對氣體做功，溫度減小說明內(nèi)能減小，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以判斷氣體吸

熱；根據(jù)一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程可以判斷氣體體積的變化，從而確定氣體做功；

從狀態(tài)b到a,為等容變化，氣體不做功，溫度升高內(nèi)能增加，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律是

否吸熱。

本題考查了一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律等知識點。解答一定質(zhì)量的

理想氣體狀態(tài)方程與熱力學(xué)第一定律的綜合問題的關(guān)鍵在于找到兩個規(guī)律之間的聯(lián)系，

弄清氣體狀態(tài)變化過程中各狀態(tài)量的變化情況。

6.【答案】BCD

【解析】

【分析】

根據(jù)波的傳播方向，按照P、Q之間是否存在波谷進行分類討論，得到波長，即可根據(jù)

圖乙求得周期，進而求得波速；

根據(jù)Q的振動方向，求到波谷的時間。

對于簡諧波的相關(guān)問題，一般通過波形圖求得振幅、波長（或由振動圖得到振幅、周期），

再根據(jù)傳播方向得到某質(zhì)點的振動圖（或波形圖），進而得到各質(zhì)點的振動。

t=0時，PQ之間有一個波峰，若波由P傳向Q,則PQ之間可能的波形如圖1和圖2,

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對于圖1：2a=0.8m,T=0.2s,則波速%=*=4m/s,質(zhì)點Q出現(xiàn)在波谷的時刻為

（n+}T,可能的時刻有0.15s,0.35s,0.55s,…；

對于圖2：2a=0.4m,7=0.2s,則波速%=與=2m/s,質(zhì)點Q出現(xiàn)在波谷的時刻為

（n+；）7,可能的時亥lj有0.05s,0.25s,0.45s,???；

若波由Q傳向P,則PQ之間可能的波形如圖3和圖4,圖3情形同于圖2,

若為圖4,則有人=詈譏，7=0.2s,則波速%=與=軻/s,質(zhì)點Q出現(xiàn)在波谷的時刻

為5+令7,可能的時刻有0.15s,0.35s,0.55s,…。

根據(jù)以上分析，8s正確。

7.【答案】CD

【解析】解：4、漸近線II表示小球B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，即為：Ep=

mgxsind=k/由圖b可得漸近線H的斜率k斜=0.5N,解得s譏。=0.5,即8=30°,

故A錯誤；

B、由圖b中的曲線I知，在x=6M處B球的總勢能最小，動能最大，該位置B球的合力

為零，則有：mgsin30°=k等，解得：QB=xlO^c,故B錯誤；

C、M點的電勢能Epi=E總-Ep=E總-mgx^ind=67-0.1x10x6X0.57=3/

在M點B球總勢能為6/,根據(jù)能量守恒定律，當(dāng)B的動能為零，總勢能為10/

由圖可知，總勢能為10/時，有：x2=18m

此時的電勢能為：Ep?=E—EP'=E點'—mgx2sin9=10/-0.1x10x18x0.5/=

V

所以電勢能的減小量為：AEp=Epi-EP2=3J-1J=2J,即若B球以4/的初動能從M點

沿桿向上運動，到最高點時電勢能減小2/,故C正確：

。、B球在M點的動能最大，速度最大該位置B受力平衡，由于重力沿斜面向下的分力不

變，而沿斜面向上的電場力逐漸減小，所以B球受到的合外力先減小為0,然后從0開始

逐漸增大，所以B球的加速度先減小后增大，故。正確。

故選：CD。

漸近線n表示小球B的重力勢能隨位置的變化關(guān)系，由Ep=mgxsind-kx求解桿與水

平面的夾角0。由圖b中的曲線I知，在x=6m處B球的總勢能最小，動能最大，合力為

零，由平衡條件和庫侖定律相結(jié)合求出B球的電荷量QB。根據(jù)電勢能和電勢的關(guān)系分析

電勢能的變化。根據(jù)牛頓第二定律分析B球的加速度a變化情況。

此題考查讀圖能力，關(guān)鍵要理解漸近線口的物理意義，同時要熟練應(yīng)用牛頓運動定律和

能量守恒解題。

8.【答案】BC

【解析】解：4、以金屬棒為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律可得:F-mgsind-FA=ma,

其中安培力以=B〃=手，

根據(jù)速度一時間關(guān)系可得：v=at,聯(lián)立解得：F=mg+粵-t,拉力F與時間不是

成正比，故A錯誤；

B、t=0時，拉力F]=mg,t=t（）時，拉力F2=mg+'4g?%,

2R

金屬棒向上運動to時間的過程中，平均作用力：F=HFi+F2）=mg+/^to，

拉力F的沖量大小為mg%+^^詔，故8正確；

C、“時間內(nèi)金屬棒沿導(dǎo)軌向上運動的距離：x=|ato=^gto'通過電阻R的電量q=

A<PBLxBLgtl一.右

[==f，故C正確；

2

。、金屬棒沿導(dǎo)軌向上運動to時間的過程中，根據(jù)動能定理可得:物+WC+W$=\mv,

根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=-小安，所以：。=%+%-：山/，故

。錯誤。

故選：BC。

以金屬棒為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律求解F的表達式分析4選項；

求出金屬棒向上運動片時間的過程中拉力的平均值，由此分析B選項；

根據(jù)電荷量的計算公式求解通過電阻R的電量；

根據(jù)動能定理、功能關(guān)系分析電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是弄清楚導(dǎo)體棒的運動情況和受力情況，根據(jù)牛頓

第二定律列方程進行求解，涉及能量問題，常根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。

9.【答案】向左圖3

【解析】解：發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物或小孔的尺寸比波長小或相差不多，如果想

讓水波通過小孔繼續(xù)傳播的范圍變小，也就是使衍射現(xiàn)象不明顯，可采用的方法是使小

縫隙的寬度變大，可將左側(cè)擋板適當(dāng)向左移動。

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激光經(jīng)過單縫形成的衍射圖像，是中央亮紋比其他亮紋又寬又亮,在光屏上能得到圖3所

示條紋。

故答案為：向左，圖3。

根據(jù)發(fā)生明顯衍射的條件是障礙物或小孔的尺寸比波長小或相差不多，根據(jù)題意可知向

左移動；根據(jù)光發(fā)生衍射后形成的圖像為中間較亮，周圍暗一些。

該題考查波的衍射概念及產(chǎn)生明顯衍射的條件，單縫衍射和小孔衍射圖樣，屬于常規(guī)題

型。

10.【答案】3100

【解析】解：根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)-f=ma,解得牽引力F=/+ma=1000+

4000/V=5000N,

汽車的額定功率P=Fv=5000x201V=100000W=100kW,汽車在25m/s時的牽引

力F'=C=U^N=4000N,

v25

根據(jù)牛頓第二定律得，加速度a'===4°°^00m/s2=3m/s2；

m1000''

當(dāng)牽引力等于阻力時，速度最大，則最大速度%;=：=今翳m/s=100m/s；

故答案為：3,100

根據(jù)速度時間圖線的斜率求出勻加速運動的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出勻加速運動

的牽引力.根據(jù)勻加速運動的最大速度和牽引力的大小求出汽車的額定功率.結(jié)合P=

產(chǎn)及求出速度為25m/s時的牽引力，根據(jù)牛頓第二定律求出此時的加速度.當(dāng)牽引力等于

阻力時，速度最大，根據(jù)P=求出最大速度.

本題考查了汽車恒定加速度啟動的問題，理清整個過程中的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定

律和運動學(xué)公式綜合求解，知道牽引力等于阻力時，汽車的速度最大。

11.【答案】(1)8；(2)2.40；(3)1

【解析】解：(1)40、細線對小車的拉力是通過力傳感器得到的，故無需測量砂和砂桶

的總質(zhì)量，也不需要滿足砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，故A。錯誤。

8、使用打點計時器，應(yīng)先接通電源，后釋放小車，故8正確。

C、電火花打點計時器與紙帶間的阻力小于電磁打點計時器受到的阻力，故C錯誤。

故選：B。

(2)因為交流電源的頻率/=50Hz,所以7="=-s==0.02s,已知相鄰兩計數(shù)點之間

還有四個點未畫出，故相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔為t=0.02x5s=0.1s由逐差法得:

a==(28.81-9.61-9^61)XO.Ol?n2《2AQm/s2

4t24X0.12/'

(3)由小車的加速度a與力傳感器示數(shù)F的關(guān)系圖像根據(jù)牛頓第二定律得:2F-Ff=ma,

當(dāng)a=0時F=0.5/V,故Ff=2F=2義0.5N-IN

故答案為:(1)B；(2)2.40；(3)1

細線對小車的拉力是通過力傳感器得到的，故無需測量砂和砂桶的總質(zhì)量，也不需要滿

足砂和砂桶的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量，使用打點計時器，應(yīng)先接通電源，后釋放小車。

實驗時應(yīng)多打出幾條紙帶，從中選取最合適的一條求加速度。

此題要求我們要有一定的實驗操作能力和實驗分析能力，只有掌握了實驗原理才能順利

解決在原實驗基礎(chǔ)上的拓展類問題，所以在學(xué)習(xí)過程中要注意加強對基本知識的學(xué)習(xí).

12.【答案】600名電流表內(nèi)阻華方-*丙

【解析】解：(1)用歐姆表“X100”擋位，由圖示歐姆表表盤可知，多用表的讀數(shù)為:

6X100=600/2；

(2)由圖乙所示電路圖可知，滑動變阻器采用分壓接法，為方便實驗操作，應(yīng)選擇最大

阻值較小的滑動變阻器治；

由圖乙所示電路圖可知，電流表采用內(nèi)接法，電流表有內(nèi)阻，由于電流表分壓使電壓測

量值偏大，導(dǎo)致電阻測量值大于真實值。

(3)設(shè)電流表4的內(nèi)阻為根據(jù)實驗步驟②可知：%=hRx+2/m=1凡+2/m，

根據(jù)步驟③可得：U2=I2R2,

解得：Rx=牛,心=祟—祟；

(4)甲用歐姆表測電阻，用歐姆表只能粗測電阻阻值，不能準(zhǔn)確測出待測電阻阻值；

乙同學(xué)的設(shè)計方法中，實際測得的阻值為Rx與電流表內(nèi)阻的串聯(lián)阻值，

求出的是待測電阻阻值與電流表內(nèi)阻之和，由于電流表內(nèi)阻未知，不能準(zhǔn)確測出待測電

阻阻值，存在系統(tǒng)誤差；

由實驗步驟與(3)的分析可知，丙同學(xué)的方法更有利于減小系統(tǒng)誤差；

故答案為：(1)600；電流表內(nèi)阻；⑶手；*一黑(4)丙。

(1)歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。

(2)為方便實驗操作選擇最大阻值較小的滑動變阻器；根據(jù)圖示電路圖分析實驗誤差來

源。

(3)根據(jù)實驗步驟應(yīng)用歐姆定律求出電阻阻值與電流表內(nèi)阻。

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(4)根據(jù)實驗步驟與實驗原理分析實驗誤差，然后作出解答。

本題考查了實驗器材選擇、實驗電路設(shè)計、實驗數(shù)據(jù)處理、實驗方案分析，要掌握實驗

器材的選擇原則，認真審題、理解題意與實驗步驟、知道實驗原理是解題的關(guān)鍵。

13.【答案】解：(1)滑塊從4點到B點，由動能定理可得

mgR=—0

解得：vB=3m/s

滑塊在8點時，由牛頓第二定律得

F-mg=m—

NK

解得心=60N

(2)滑塊第一次到達。點時，彈簧具有的彈性勢能為琮。

滑塊從4點到。點，由動能定理可得

mgR-nmgLBC-mgLCDsin3G°+W-0

又由功能關(guān)系可得6=-勿

解得：EP=1.4/

(3)滑塊只有在水平軌道BC上消耗機械能，滑塊最終停止在水平軌道BC上，設(shè)滑塊在BC

段運動的總路程為s。

滑塊從4點滑下到最終停下來的全過程，由動能定理可得：

mgR-fxmgs=0

解得：s=2.25m

因s=5LBC+0.25m,故滑塊經(jīng)過C點6次

最后距離B點的距離L=0.4m-0.25m=0.15m

答：(1)滑塊第一次經(jīng)過圓弧軌道上的B點時，圓弧軌道對滑塊的支持力大小為60N；

(2)滑塊到達。點時，彈簧具有的彈性勢能為1.4/；

(3)滑塊在水平軌道BC上停止的位置距B點的距離為0.15m,滑塊經(jīng)過C點6次。

【解析】(1)滑塊從4到8,根據(jù)動能定理求滑塊第一次經(jīng)過B點時的速度?；瑝K第一次

經(jīng)過圓軌道上B點時，由牛頓第二定律求出軌道對滑塊的支持力。

(2)滑塊從4到D,根據(jù)動能定理求得彈簧彈力對滑塊做的功，從而求得滑塊到達。點時

彈簧具有的彈性勢能；

(3)將滑塊在BC上的運動可看成一種勻減速直線運動，由牛頓第二定律和速度一時間公

式相結(jié)合求滑塊在水平軌道BC上運動的總時間。對整個過程，利用動能定理列式，即

可求出滑塊在BC上滑行的總路程，從而確定停止的位置距B點的距離及滑塊經(jīng)過C點的

次數(shù)。

本題考查動能定理及牛頓第二定律等規(guī)律的綜合應(yīng)用，要注意正確受力分析，對于涉及

力在空間的積累效果時，應(yīng)優(yōu)先選用動能定理。

14.【答案】解：⑴對物塊。由0-M-N應(yīng)用動能定理，設(shè)C運動到N點速度大小為北

得：

1,

必-l^imcg(2s1+s2)=-mcv^

解得：v0=J管-2〃ig(2S］+$2)=4m/s

C與空盒B右壁相碰，動量守恒：mcv0—(mc+mB)v

解得：v=y=2m/s

(2)C與B碰后可看作一整體，令m=me+巾8=1kg，則BC整體和小車加速度分別為:

QE+?=2*；&2=也吧=lm/s2

設(shè)經(jīng)過0時間后B與C整體與小車4速度相等，此過程中二者位移分別為修、x2,以后二

者相對靜止.

VQ］七］—0.2

解得：=￡r=|s

AUj-rU2o

128

Xi=--ajtf=-m

、一2

故小車長度為：L=xt-x2=~m=0.67m

(3)由題意及上問知速度相等后BC與小車以共同加速度一起做勻減速運動，最終速度為

零，

口=a2t1=|m/s；

qE1.

a計=-------=-m/sz2

八m+mA2

口共4

運動的時間為：t2=7-=gs

Q共6

故電場作用的時間為t=0+亡2=2s

答：(1)物塊C與空盒8碰后瞬間的速度為2m/s；

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