2021屆黑龍江省高考物理模擬試卷(乙卷)(含答案解析)

2021屆黑龍江省高考物理模擬試卷（乙卷）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.如圖所示，長(zhǎng)為。的輕質(zhì)細(xì)線，一端懸掛在。點(diǎn)，另一端接一質(zhì)量為根的小球，組成一個(gè)能繞

O點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)的振子，現(xiàn)有〃個(gè)這樣的振子以相等的間隔b（b>2a）成一直線懸于光滑的平臺(tái)上,

且懸點(diǎn)距臺(tái)面的高度均為“，今有一質(zhì)量為機(jī)的小球以水平速度v沿臺(tái)面射向振子，且與振子

碰撞時(shí)無能量損失，為使每個(gè)振子被小球碰后都能在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)一周，則入射小球的速度不能

小于（）

A.y/agB.2y/agD.J6ag

2.如圖是某靜電場(chǎng)電場(chǎng)線的分布圖，M.N是電場(chǎng)中的兩個(gè)點(diǎn)，下列說、\

法正確的是（）

A.M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大于N點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)

B.M點(diǎn)電勢(shì)高于N點(diǎn)電勢(shì)J

C.將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，其電勢(shì)能增加

D.將電子從用點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功

3.對(duì)于牛頓第二定律的表達(dá)式，下列敘述正確的是（）

A.由F=ma可知，物體受到的合外力與物體質(zhì)量和加速度成正比

B.由尸=ma可知，物體的加速度與物體受到的合外力成正比

C.由F=ma可知，物體的加速度與物體受到的合外力方向一致

D.由m=￡可知，物體的質(zhì)量與物體所受的合外力成正比，與物體的加速度成反比

a

4.下列說法中正確的是（）

A.電子的發(fā)現(xiàn)說明原子是可分的

B.貝克勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射現(xiàn)象，其中0射線來自原子最外層的電子

C.根據(jù)玻爾理論，氫原子輻射出一個(gè)光子后能量減小，核外電子運(yùn)動(dòng)的速度減小

D.維系原子核穩(wěn)定的力是核力，原子核內(nèi)任何兩個(gè)核子之間都存在核力

如圖所示，A、B兩物塊置于繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤上，兩物塊始終

相對(duì)圓盤靜止，已知兩物塊的質(zhì)量町4＜巾8，運(yùn)動(dòng)半徑以〉「8，則下列關(guān)系

一定正確的是（）

A.角速度也,＜a）B

B.線速度以＜vB

C.向心加速度以＞aB

D.向心力片＞FB

二、多選題（本大題共4小題，共23.0分）

6.下列說法正確的是（）

A.動(dòng)量大的物體，慣性也大

B.物體的加速度不變，其動(dòng)量一定也不變

C.做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任何相等的時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化完全相同

D.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其動(dòng)能不變，動(dòng)量時(shí)刻變化

E.兩動(dòng)能相同的物體，質(zhì)量大的物體，其動(dòng)量也越大

7.如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，是一條直徑，

空間有勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E,方向與水平面平行?在圓上A點(diǎn)有一發(fā)

射器，以相同的動(dòng)能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為+q的小球,

小球會(huì)經(jīng)過圓周上不同的點(diǎn)，在這些點(diǎn)中，經(jīng)過C點(diǎn)的小球的動(dòng)能最大。

由于發(fā)射時(shí)刻不同時(shí)，小球間無相互作用。且/段,=30。，下列說法正確

的是（）

A.電場(chǎng)的方向與AC間的夾角為30°

B.電場(chǎng)的方向與AC間的夾角為60。

1

C.小球在A點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向發(fā)射，恰能落到C點(diǎn)，則初動(dòng)能為二qER

題

D.小球在A點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向發(fā)射，恰能落到C點(diǎn)，則初動(dòng)能為JqER

邱

8.水平面上的物體在水平方向的力&和F2作用下，沿水平面向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示。已

知&=6N,F?=2N,物體的質(zhì)量?n=2kg。下列說法正確的是（）

A.撤去A的瞬間，物體受到的摩擦力大小變?yōu)?N

B.撤去尸2的瞬間，物體受到的摩擦力大小仍為4N

C.撤去&的瞬間，物體的加速度大小為3m/s2

D.撤去F2的瞬間，物體的加速度大小為2m/s2

9.如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體沿著如圖所示的方向發(fā)生狀態(tài)變化的過程，則

該氣體壓強(qiáng)變化有（）

A.從狀態(tài)4到狀態(tài)〃，壓強(qiáng)不變

B.從狀態(tài)c到狀態(tài)d,壓強(qiáng)減小

C.從狀態(tài)b到狀態(tài)c,壓強(qiáng)減小

D.從狀態(tài)〃到狀態(tài)c,壓強(qiáng)先減小后增大

三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）

10.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時(shí)刻的波形如圖所示，經(jīng)0.6s時(shí)間質(zhì)點(diǎn)。從t=0開始第

一次到達(dá)波峰位置，則這列波的傳播速度為m/s,質(zhì)點(diǎn)6第一次出現(xiàn)在波谷的時(shí)刻為

12.為測(cè)量某金屬絲的電阻率，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖1甲、乙所示的兩種實(shí)驗(yàn)方案，已知電源的電

動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻/?在實(shí)驗(yàn)過程中保持不變。

（1）小明先進(jìn)行了如圖1甲方案的測(cè)量。

①他首先利用游標(biāo)卡尺和螺旋測(cè)微器分別測(cè)出甲、乙兩根不同金屬絲的直徑，示數(shù)分別如圖2甲、

乙所示。則兩根金屬絲直徑的測(cè)量值分別為：、

dv=nmd^=mma

②實(shí)驗(yàn)過程中，小明先將甲金屬絲接入電路，并用米尺測(cè)出接入電路中的甲金屬絲的長(zhǎng)度，=

50.00cm,閉合開關(guān)后移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片分別處于不同的位置，并依次記錄了兩電表的測(cè)

量數(shù)據(jù)如表格所示，其中5組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)他己經(jīng)標(biāo)在如圖3A所示的坐標(biāo)紙上，請(qǐng)你標(biāo)出余下

一組數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，并畫出U-1圖線。

實(shí)驗(yàn)次數(shù)123456

U/V0.901.201.501.802.102.40

1/A0.180.240.310.370.430.49

③該方案測(cè)得的甲金屬絲的電阻率p=Q-6（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

（2）小明又用如圖2乙方案測(cè)量乙金屬絲的電阻率，實(shí)驗(yàn)中他可以通過改變接線夾（即圖乙中滑

動(dòng)變阻器符號(hào)上的箭頭）接觸金屬絲的位置以控制接入電路中金屬絲的長(zhǎng)度。

①實(shí)驗(yàn)操作步驟：

a.正確連接電路，設(shè)定電阻箱的阻值，閉合開關(guān)：

b.讀出電流表的示數(shù)，記錄接線夾的位置；

c.斷開開關(guān)，測(cè)出接入電路的金屬絲的長(zhǎng)度；

d.閉合開關(guān)，重復(fù)6、c?的操作。

②根據(jù)測(cè)得電流與金屬絲接入長(zhǎng)度關(guān)系的數(shù)據(jù)，繪出如圖38所示的關(guān)系圖線，由圖可以算出

圖線的斜率為晨若已測(cè)得乙金屬絲的直徑為d,已知電源的電動(dòng)勢(shì)E、內(nèi)阻r,則乙金屬絲的

電阻率為（寫出電阻率的計(jì)算式）。

（3）電表的內(nèi)阻可能對(duì)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，請(qǐng)你分別就這兩種方案說明電表內(nèi)阻對(duì)電阻率測(cè)量的

影響：圖甲方案電阻率測(cè)量值______真實(shí)值；圖乙方案電阻率測(cè)量值______真實(shí)值（選填“大

于”“小于”或“等于”）。

圖B

五、計(jì)算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.如圖甲所示，為一傾角9=37。足夠長(zhǎng)的斜面，將一質(zhì)量為zn=1的的物體無初速度在斜面上釋

放，同時(shí)施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時(shí)間變化關(guān)系圖象如圖乙所示，與斜面間動(dòng)摩擦因

數(shù)〃=0.25.取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:

(l)2s末物體的動(dòng)能；

(2)前12s內(nèi)物體發(fā)生的位移；

(3)前16s內(nèi)物體克服摩擦力做的功。

14.如圖所示，一長(zhǎng)木板質(zhì)量為M=4kg,木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.2,質(zhì)量為m=2kg的小

滑塊放在木板的右端，小滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)%=0.4.開始時(shí)木板與滑塊都處于靜止?fàn)?/p>

態(tài)，木板的右端與右側(cè)豎直墻壁的距離L=8.5m,現(xiàn)給木板以水平向右的初速度%=9m/s使木

板向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)木板與墻壁碰撞時(shí)間極短，且碰后以原速率彈回，取g=10?n/s2,求：

(1)木板與滑塊達(dá)到共速時(shí)，木板前進(jìn)的距離.

(2)木板與墻壁碰撞時(shí)，木板和滑塊的瞬時(shí)速度各是多大？

(3)木板與墻壁碰撞后，判斷小滑塊能否從木板上滑出？若能，求出滑出時(shí)小滑塊的速度：若不能,

求出小滑塊停止時(shí)離木板右端的距離.

7777777^

15.如圖所示，除右側(cè)壁導(dǎo)熱良好外，其余部分均絕熱的氣缸水平放置，為氣缸右側(cè)壁，氣缸

的總長(zhǎng)度為L(zhǎng)=80cm,一厚度不計(jì)的絕熱活塞將一定質(zhì)量的氮?dú)夂脱鯕夥謩e封閉在左右兩側(cè)(活

塞不漏氣)，在氣缸內(nèi)距左側(cè)壁d=30cm處設(shè)有卡環(huán)A8,使活塞只能向右滑動(dòng)，開始時(shí)活塞在

AB右側(cè)緊挨AB,缸內(nèi)左側(cè)氮?dú)獾膲?.8x105pa,右側(cè)氧氣的壓強(qiáng)l.oxl()5pa,兩邊氣體和環(huán)

境的溫度均為h=27。&現(xiàn)通過左側(cè)氣缸內(nèi)的電熱絲緩慢加熱，使氮?dú)鉁囟染徛?，設(shè)外界

環(huán)境溫度不變，求：

(1)活塞恰好要離開卡環(huán)時(shí)氮?dú)獾臏囟龋?/p>

(2)繼續(xù)緩慢加熱氣缸內(nèi)左側(cè)氮?dú)?，使氮?dú)鉁囟壬咧?27汽，求活塞移動(dòng)的距離。

w

°，

之BV

7777/77/77/77////77///77/N

16.一半圓柱形透明物體橫截面如圖所示，地面A08鍍銀，。表示半圓截

面的圓心，一束光線在橫截面內(nèi)從M點(diǎn)的入射角為。，乙MOA為0,

且M。1ON.求透明物體的折射率.

A0B

【答案與解析】

1.答案：C

解析：解：由于小球與振子碰撞無能量損失，每次小球與振子、振子與小球碰撞后均交換速度.振

子完成完整圓周運(yùn)動(dòng)在最低點(diǎn)的最小速度應(yīng)為北，則根據(jù)機(jī)械能守恒得：=mg-2a+\mv2,

2

振子剛好到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，有：mg=m^,

所以可解得：v0=J5ag,

因此，只有入射小球的速度不小于%=/麗，就可使所有振子完成完整的圓周運(yùn)動(dòng).故C正確.

故選：C

小球與振子碰撞無能量損失，每次小球與振子、振子與小球碰撞后均交換速度.振子剛好做完整圓

周運(yùn)動(dòng)時(shí)在最高點(diǎn)恰好由重力提供向心力，由牛頓第二定律可得到振子在最高點(diǎn)的最小速度，再由

機(jī)械能守恒得到在最低點(diǎn)的最小速度.

本題要排除干擾，實(shí)質(zhì)上相當(dāng)于一個(gè)球，分析做完整圓周運(yùn)動(dòng)在最低點(diǎn)最小的速度，對(duì)于這類問題，

要抓住最高點(diǎn)的臨界條件，得到最高點(diǎn)的臨界速度，由機(jī)械能守恒求解最低點(diǎn)的最小速度.

2.答案：D

解析：解：4、N點(diǎn)電場(chǎng)線密，M點(diǎn)電場(chǎng)線稀疏，故N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于M點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；

B、沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低N點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；

C、將電子從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，故電勢(shì)能減小，故C錯(cuò)誤，0正確；

故選：D.

本題主要考查了電場(chǎng)線的疏密及電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題

3.答案：C

解析：

明確牛頓第二定律的基本內(nèi)容，知道物體的質(zhì)量是物體本身的屬性，與加速度無關(guān).力是物體產(chǎn)生

加速度的原因.物體的加速度與物體受到的合外力方向一致。

本題考查對(duì)牛頓第二定律因果關(guān)系和方向性的理解.注意明確力是物體產(chǎn)生加速度的原因.而質(zhì)量

是由物體本身的性質(zhì)決定，與受力和加速度無關(guān)。

A.牛頓第二定律a=￡,可知，物體的加速度與其所受合外力成正比，與其質(zhì)量成反比，但不能根據(jù)

m

F=ma說明，物體受到的合外力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的加速度成正比，物體的受力與其質(zhì)

量無關(guān).故A錯(cuò)誤；

8.由F=ma可知，a=—,說明在質(zhì)量一定時(shí)，物體的加速度與物體受到的合外力成正比，在分析

m

物體的加速度和所受合外力的關(guān)系時(shí)，一定要注意強(qiáng)調(diào)質(zhì)量不變，故8錯(cuò)誤；

C根據(jù)牛頓第二定律得知，加速度方向與合外力方向相同，故C正確；

D物體的質(zhì)量是物體本身的屬性，由物體本身決定，與加速度無關(guān).故。錯(cuò)誤。

故選Co

4.答案：A

解析：解：A、原子呈電中性，電子帶負(fù)電并且質(zhì)量不到氫原子的千分之一，說明原子可分，故A

正確；

8、0射線是衰變過程中原子核內(nèi)一個(gè)中子變成一個(gè)質(zhì)子過程中放出的高速電子，來自原子核，而非

核外電子，故B錯(cuò)誤；

C、氫原子輻射出一個(gè)光子后能量減小，核外電子的軌道半徑減小，根據(jù)與=叱可知核外電子運(yùn)

rzr

動(dòng)的速度增大，故c錯(cuò)誤；

。、核力具有飽和性，作用范圍在1.5xl()T5rn,原子核的半徑數(shù)量級(jí)在核力只存在于相

鄰的核子之間，核力是原子核能穩(wěn)定存在的原因，故力錯(cuò)誤。

故選：Ao

原子呈電中性，電子帶負(fù)電并且質(zhì)量不到氫原子的千分之一，說明原子可分；

0射線是衰變過程中原子核內(nèi)一個(gè)中子變成一個(gè)質(zhì)子過程中放出的電子，而非核外電子；

氫原子輻射出光子后，核外電子的軌道半徑減小，根據(jù)寫=處判斷核外電子運(yùn)動(dòng)的速度變化；

rzv

根據(jù)核力的飽和性分析；

該題考查原子物理學(xué)中的、包括物理學(xué)史在內(nèi)的多個(gè)記憶性的知識(shí)點(diǎn)的內(nèi)容，這一類的情況要多加

積累，注意核力存在的范圍。

5.答案：C

解析：解：

A、兩物體相對(duì)于圓盤靜止，它們做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度3相等，則3力=3口，故A錯(cuò)誤；

B、物體的線速度17=3T,由于相等，rA>rB,則以>%,故3錯(cuò)誤；

C、向心加速度a=G2丁，3相同，rA>rB,則故C正確；

D、向心力F=7H32r,3相等，rA>rB,mA<mB,不能確定兩物體向心力大小，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

A、B兩個(gè)物體放在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平轉(zhuǎn)臺(tái)上，隨轉(zhuǎn)臺(tái)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度相同，都由靜摩擦力提

供向心力，根據(jù)牛頓第二定律分析物體受到的靜摩擦力大小.

本題中兩個(gè)物體共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，再應(yīng)用線速度、向心加速度、向心力與角速度的關(guān)系公式

即可正確解題.

6.答案：CDE

解析：解：A、動(dòng)量P=nuA動(dòng)量大是質(zhì)量和速度的乘積大但質(zhì)量不一定大，故慣性不一定大，故

A錯(cuò)誤；

8、加速度不變時(shí)，物體做變速運(yùn)動(dòng)，速度時(shí)刻變化，則物體的動(dòng)量一定發(fā)生變化，故8錯(cuò)誤；

C、由于平拋運(yùn)動(dòng)的物體只受重力，則由動(dòng)量定理可知，做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任何相等的時(shí)間內(nèi)動(dòng)量

變化完全相同，均等于根口,方向豎直向下，故C正確；

。、做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，速度大小不變方向時(shí)刻改變，故其動(dòng)能不變，動(dòng)量時(shí)刻變化，故。正

確；

E、根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系可知，「=后瓦，因此動(dòng)能相同的物體質(zhì)量越大的動(dòng)量越大，故E正

確.

故選：CDE.

明確動(dòng)量的定義「=小明知道質(zhì)量是慣性大小的唯一量度；明確動(dòng)量定理的基本應(yīng)用以及平拋運(yùn)動(dòng)

和圓周運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)從而明確兩種運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量和動(dòng)能的變化規(guī)律；知道動(dòng)量和動(dòng)能之間的換算公式.

本題考查了動(dòng)量、動(dòng)量以及曲線運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，要注意明確動(dòng)量定理的基本內(nèi)容，體會(huì)動(dòng)量定理在平

拋運(yùn)動(dòng)相等時(shí)間的動(dòng)量的變化的計(jì)算方法.

7.答案：AC

解析：試題分析：小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理q〃c=Ek，因?yàn)榈竭_(dá)C

點(diǎn)時(shí)的小球的動(dòng)能最大，所以以°最大，即在圓周上找不到與C電勢(shì)相等的點(diǎn).且由A到C電場(chǎng)力

對(duì)小球做正功.過C點(diǎn)作切線，則CF為等勢(shì)線.過A點(diǎn)作CF的垂線，則該線為電場(chǎng)線，場(chǎng)強(qiáng)方向

如圖示.

因?yàn)镹C4B=30。，所以連接CO,乙4co=30。，故C0“AM,所以電場(chǎng)方向與AC間的夾角。為30。，

沿OC方向，選項(xiàng)A正確。小球只受電場(chǎng)力，做類平拋運(yùn)動(dòng).水平方向上：x=Rcos30°=vot,豎

急,

Pi21

直方向上：y=R+Rsin30。=更三?由以上兩式得：Ek=-mv=—qER-,選項(xiàng)C正確。

考點(diǎn)：小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)

8.答案：BC

解析：解：43、物體開始在水平方向受三個(gè)力作用而平衡，根據(jù)平衡條件可得物體所受的摩擦力大

小為/=&一尸2=6N-2N=4N,方向水平向左；

無論撤去A或尸2瞬間，物體與水平面之間的摩擦力仍為滑動(dòng)摩擦力，大小方向均不變，故4錯(cuò)誤、B

正確；

C、撤去B的瞬間，物體受到的合外力為：F^=F2+/=2N+4N=6N,根據(jù)牛頓第二定律可得

物體的加速度大小為a=￡=gm/s?=3m/s2,方向向左，故C正確；

D、撤去尸2的瞬間，物體受到的合外力為：『合=F]-f=6N-4N=2N,根據(jù)牛頓第二定律可得

物體的加速度大小為a'=—-=|m/s2—lm/s2>方向向右，故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

根據(jù)平衡條件求解物體所受的摩擦力大小，滑動(dòng)摩擦力與水平推力大小無關(guān)；撤去Fi的瞬間或撤去F?

的瞬間，求出物體受到的合外力，根據(jù)牛頓第二定律求解物體的加速度大小。

此題是初學(xué)摩擦力的同學(xué)易錯(cuò)的一個(gè)題目，解答本題應(yīng)準(zhǔn)確理解靜摩擦力的定義，并能根據(jù)受力分

析判斷物體的狀態(tài)，由平衡條件得出力之間的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小。

9.答案：BC

解析：解：A、由理想氣體狀態(tài)方程：牛=?？芍?圖象的斜率為％=泉?jiǎng)t圖象的斜率大小與

壓強(qiáng)大小成反比；

由圖示圖象可知：對(duì)。、b、C、d四個(gè)狀態(tài)，斜率h>的>h>即，故壓強(qiáng)：Pa<Pd<Pc<Pb^

從狀態(tài)d到狀態(tài)〃氣體壓強(qiáng)減小，故A錯(cuò)誤；

B、從狀態(tài)c到狀態(tài)”氣體壓強(qiáng)減小，故8正確；

C、從狀態(tài)b到狀態(tài)c,氣體的壓強(qiáng)減小，故C正確；

。、從狀態(tài)a到狀態(tài)c,壓強(qiáng)先增大后減小，故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

由理想氣體狀態(tài)方程：景=<;可知，展r圖象的斜率為上=泉根據(jù)圖示圖象，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方

程分析答題。

本題考查了比較氣體在各狀態(tài)下壓強(qiáng)間的關(guān)系，應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程即可解題；關(guān)于氣體中圖象

的問題，一般是從斜率入手，然后結(jié)合氣體狀態(tài)方程分析。

10.答案：5；1.4

解析：解：因?yàn)閍第一次到波峰的時(shí)間為?=0.6,T-0.8s,波長(zhǎng);I=4m,由u=[=5m/s.波傳到

4T

8加處的時(shí)間為一個(gè)T,又經(jīng)印到波谷，所以時(shí)間t=7+?=1.4s.

44

答案為：51.4

利用質(zhì)點(diǎn)帶動(dòng)法判斷。點(diǎn)開始向下振動(dòng)，根據(jù)第一次到達(dá)波峰的時(shí)間求波速和人點(diǎn)出現(xiàn)的波谷的時(shí)

刻.

本題考查了波傳播的特點(diǎn)，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)帶動(dòng)法判斷質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向.

11.答案：0.1s：2.5m/s

解析：試題分析：勻變速直線運(yùn)動(dòng)在相同時(shí)間內(nèi)走過的位移差是一個(gè)定值，所以

在豎直方向：通廠褊尸必康，

代入數(shù)據(jù)解得：口畬=如葭.

水平方向是勻速直線運(yùn)動(dòng)，翦=生三燼X貯瞰&?=為W.a

-窗出口

考點(diǎn)：平拋運(yùn)動(dòng).

點(diǎn)評(píng)：本題不但考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，還靈活運(yùn)用了勻速運(yùn)動(dòng)和勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，對(duì)同學(xué)的知

識(shí)要求比較高，是個(gè)考查學(xué)生能力的好題.

12.答案：1.750.5472.3x10-5大于等于

4

解析：解：（1）①游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法是：主尺的示數(shù)+游標(biāo)尺對(duì)齊的刻度X精確度；

螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是：固定刻度示數(shù)+可動(dòng)刻度示數(shù)X精確度；

甲圖中的游標(biāo)卡尺為20分度，精確度為0.05nini,主尺為1〃加,游標(biāo)尺對(duì)齊的格數(shù)為15,

所以該示數(shù)為：=1mm+15x0.05mm=1.75mm；

乙圖中固定刻度為0.5nun,可動(dòng)刻度對(duì)齊的數(shù)為4.7；

所以該示數(shù)為：d乙=0.5mm+4.7x0.01mm=0.547mm；

②通過觀察，沒標(biāo)出的是第三組數(shù)據(jù)，標(biāo)出后，用直線將這些點(diǎn)連接起來即可，如圖答所示:

③金屬絲的電阻可以通過剛才連好的圖線的斜率得到，其大小為R回詈=黑瑞/2。4.80,再由電

阻定律R=pg可得電阻率為：0=經(jīng)=四

SHI41

代入數(shù)據(jù)可得：p=2.3X10-5。.771；

(2)圖8中圖線的斜率為k=瑞，則圖4中圖線的斜率、電源電動(dòng)勢(shì)和金屬絲橫截面積的乘積代表的

物理量是電阻率，將5=不，故金屬絲的電阻率為。=竿；

(3)圖1甲方案，由于電流表分壓，導(dǎo)致電壓表測(cè)量值偏大，電阻的測(cè)量值偏大，電阻率測(cè)量值大于

真實(shí)值；圖1乙方案中電表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果沒有影響，即電阻率測(cè)量值等于真實(shí)值。

故答案為：(1)①1.75,0.547；②如圖所示；③2.3x10-5；(2)竺誓；(3)大于，等于。

(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法是：主尺的示數(shù)+游標(biāo)尺對(duì)齊的刻度X精確度；螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是：

固定尺示數(shù)+螺旋尺對(duì)齊的刻度x精確度；根據(jù)歐姆定律和電阻定律求得金屬絲的電阻率；

(2)根據(jù)圖3中的圖B所示的關(guān)系圖線求斜率，根據(jù)閉合電路的歐姆定律推導(dǎo):-L關(guān)系式進(jìn)行分析;

(3)根據(jù)電路連接情況結(jié)合內(nèi)接法和外接法進(jìn)行分析。

本題考查的是測(cè)量某金屬絲的電阻率的實(shí)驗(yàn)，同時(shí)考查了游標(biāo)卡尺和螺旋測(cè)微器讀數(shù)、歐姆定律、

電阻定律、畫圖并通過圖象斜率的物理意義求解金屬絲電阻率以及誤差分析等；對(duì)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?/p>

及分析綜合能力要求較高，試題難度偏大。

13.答案：解：(1)對(duì)物體受力分析，在沿斜面方向由于mgs譏8>/imgcos。+&,故物體在前2s內(nèi)

沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得：

mgsind一&一fimgcosd=mar

2

解得：ar=2m/s

2s末的速度為:

"1—a】G

聯(lián)立解得：Vi=5m/s

故動(dòng)能為：Ek=\mvl=|x1x527=12.5/

(2)設(shè)物體在前2s內(nèi)發(fā)生的位移為修,則有：

1?

=2al^l=5機(jī)。

當(dāng)拉力為尸2=4.5N時(shí)，由牛頓第二定律可得：

F2+nmgcos9—mgsin9=ma2

解得：a2=0-5m/s2

物體經(jīng)過t?時(shí)間速度減為0,則有：

巧i—a2t2

解得：t2=I。S

設(shè)t2時(shí)間發(fā)生的位移為血，則有：

x2=~<^2^2=25m

由于mgsin0-[imgcos9<F2<林mgcos9+mgsin9,則物體在剩下4s時(shí)間內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)

故物體在前12$內(nèi)發(fā)生的位移為：x=Xj+x2=30w,方向沿斜面向下

⑶由(2)可知物體在⑵末靜止，故克服摩擦力做的功為：Wf=nmgxcosd=0.25x1x10x30x

0.8/=180/

答：(l)2s末物體的動(dòng)能為12.5/；

(2)前12s內(nèi)物體發(fā)生的位移為30〃?；

(3)前16s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為180./o

解析：(1)對(duì)物體受力分析，判斷出物體前2s內(nèi)沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛

頓第二定律求得加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得2s末的速度，即可求得動(dòng)能；

(2)2s后，對(duì)物體受力分析，判斷出物體的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求位移；

(3)在整個(gè)過程中，摩擦力始終做負(fù)功，故根據(jù)W=F尤求得摩擦力做功。

正確分析物體的受力情況，靈活應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題。

14.答案：解：(1)木板獲得初速度后，與小滑塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，木板向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，小滑塊向

右做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，加速度大小分別為：

小木塊受到的摩擦力：fm==0.4x2x10=8N

木板受到的摩擦力：fM=+M)g=0.2x(2+4)x10=12/V

==2=42。=4m/s2

冊(cè)+,地8+12「/2

a”==—=5*

設(shè)木板與墻碰撞時(shí)，二者的速度早已相等，設(shè)共同的速度為V,則:

amt=v0-aMt-v

代入數(shù)據(jù)得：t=Is,v=4m/s

22

該過程中木板的位移：%i=vot-^aMt=9xl-ix5xl=6.5m

(2)二者的速度相等后，若二者以相等的加速度運(yùn)動(dòng)，則：

a="式鬻"=林2g=0.2x10=2mls2<am

由分析可知，二者可以以相等的加速度一起減速.減速的位移：

x2=L—=8.5—6.5=2m

設(shè)二者與墻壁碰撞時(shí)的速度為巧，由公式：-2ag=詔-"2

代入數(shù)據(jù)得：%=2\[2m/s

(3)設(shè)木板反彈后，木板向左運(yùn)動(dòng)，而小木塊向右做減速運(yùn)動(dòng)，由受力可知，二者的加速度的大小與

開始時(shí)的加速度的大小是相等的；

設(shè)木板經(jīng)過時(shí)間t'的速度變成0,則：vj-aMt'=0

所以：t'=0,4V2s

此時(shí)小滑塊的速度：v2=Vi—amt'=2V2—4x0.4V2=0,4>/2m/s

此后，由于小木塊與木板之間的摩擦力小于木板與地面之間的最大靜摩擦力，所以最后的一段時(shí)間

內(nèi)木板保持不動(dòng)，滑塊繼續(xù)在木板上減速，直到停止.

木板由木塊的速度相等前，小木塊的位移：不=；=工=26

207n2x4

小木塊到木板的右端的距離：△與=/一&=6.5-2=4.5m

木板反向后，木板向左的位移：=#-="二=0,86

02aM2x5

小木塊的總位移：%4==(乎I-

可知，木板的速度反向后二者的相對(duì)位移：△上=%3+/=0-8+1=1.8m<△/

小滑塊停止時(shí)離木板右端的距離：S=△xx-△x2=4.5-1.8=2.7m

答：(1)木板與滑塊達(dá)到共速時(shí)，木板前進(jìn)的距離是6.5m.

(2)木板與墻壁碰撞時(shí)，木板和滑塊的瞬時(shí)速度都是2夜