2021年上海市虹口區(qū)高考物理一模試卷（附答案詳解）

2021年上海市虹口區(qū)高考物理一模試卷

下列選項(xiàng)中，屬于理想模型的是（）

A.電場(chǎng)B.電阻C.元電荷D.質(zhì)點(diǎn)

2.下列物理量中，負(fù)號(hào)表示其方向的是（)

A.溫度t=-10℃B.位移s=-8m

C.重力勢(shì)能Ep=-507D.電量q=-2.5x10-sC

3.航天飛機(jī)中的物體處于完全失重狀態(tài)時(shí)，其（）

A.受到的合力為零B.受到的向心力為零

C.對(duì)支持物的壓力為零D.受地球的萬(wàn)有引力為零

4.伽利略在著名的斜面實(shí)驗(yàn)中，讓一小球自傾角可調(diào)、長(zhǎng)度一定的光滑斜面頂端由靜

止釋放，并開始計(jì)時(shí)。他得出的結(jié)論是（）

A.小球在斜面上的位移與時(shí)間成正比

B.小球在斜面上的位移與時(shí)間的平方成正比

C.小球到達(dá)斜面底端時(shí)速度的大小與傾角無(wú)關(guān)

D.小球從斜面頂端到達(dá)底端所需的時(shí)間與傾角無(wú)關(guān)

5.一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為1.5乙表示該電池（）

A.工作時(shí)兩極間的電壓恒為1.5U

B.工作時(shí)有1.5/的化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔?/p>

C.比電動(dòng)勢(shì)為1.2U的電池存儲(chǔ)的電能多

D.將1C負(fù)電荷由正極輸送到負(fù)極過(guò)程中，非靜電力做了1.5/的功

6.如圖所示，底部裝有4個(gè)輪子的行李箱“豎立、b

平臥放置在公交車上，箱子四周均有一定空間。當(dāng)

公交車（）

A.緩慢啟動(dòng)時(shí)，a、b均相對(duì)于公交車向后運(yùn)動(dòng)

B.急剎車時(shí)，行李箱。相對(duì)于公交車向前運(yùn)動(dòng)

C.緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，a、b均相對(duì)于公交車向外側(cè)運(yùn)動(dòng)

D.急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱“相對(duì)于公交車向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)

7.我國(guó)發(fā)射的“天問(wèn)一號(hào)”，將于明年5月抵達(dá)火星?；鹦呛偷厍蚶@太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)均近

似為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知火星公轉(zhuǎn)軌道半徑是地球公轉(zhuǎn)軌道半徑的1.5倍，則（）

A.火星公轉(zhuǎn)的周期比地球長(zhǎng)B.火星公轉(zhuǎn)的線速度比地球大

C.火星公轉(zhuǎn)的角速度比地球大D.火星公轉(zhuǎn)的加速度比地球大

8.在“用O/S研究通電螺線管的磁感應(yīng)強(qiáng)度”實(shí)驗(yàn)中，探管從MW

螺線管的一端到另一端，以螺線管中央為坐標(biāo)原點(diǎn)，測(cè)得磁lol

的變化圖象可能是（）

B.

9.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸負(fù)方向傳播。當(dāng)t=0時(shí)其波形如圖所示，則1=：7時(shí)（）

A.Q處質(zhì)點(diǎn)傳播到圖中的P點(diǎn)

B.Q處質(zhì)點(diǎn)的加速度沿y軸正方向

C.P、。兩處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度一樣大

D.lcm<x<3cm范圍內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)均向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

10.如圖，物塊以一定的初始速度%由底端沖上粗糙程度

均勻的斜面，最高到達(dá)8點(diǎn)。若物塊在滑行過(guò)程中（

A.施加一個(gè)豎直向下的恒力,最高仍到B點(diǎn)

B.施加一個(gè)豎直向上的恒力,最高仍到B點(diǎn)

C.施加一個(gè)水平向右的恒力,最高可能在B點(diǎn)之下

D.施加一個(gè)水平向右的恒力,最高必在B點(diǎn)之上

A

11.如圖，光滑絕緣的水平面上固定兩個(gè)帶有等量正電CB

曳a

荷的小球A、瓦將一帶電小球C放在A、3連線的O

中點(diǎn)。處，C恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若將B緩慢向右移動(dòng)，則C將（）

A.靜止不動(dòng)B.向左運(yùn)動(dòng)

C.向右運(yùn)動(dòng)D.可能向左，也可能向右運(yùn)動(dòng)

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12.圖(a)中物塊A靜止在水平地面上，受到水平拉力廠的作用，尸與時(shí)間r的關(guān)系如圖

(b)所示。設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力乃7n的大小與滑動(dòng)摩擦力的大小相等，則

()

圖(a)

A.Q時(shí)刻物塊的速度為零

B.b時(shí)刻物塊的速度最大

C.三時(shí)刻尸的功率為零

D.0?t3時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊先做正功后做負(fù)功

13.某同學(xué)在水槽內(nèi)做如圖所示的兩個(gè)實(shí)驗(yàn)。圖(a)中A、8為兩塊擋板，一列水波穿過(guò)

A、8之間的縫隙后如圖所示；圖(b)中Si和S2為兩個(gè)波源，發(fā)出兩列水波后形成如

圖所示的圖案。兩幅圖中，屬于波的衍射現(xiàn)象的是。能夠觀察到圖(b)現(xiàn)象

的條件是。

圖(a)圖(b)

14.如圖，將4、B兩個(gè)小球同時(shí)從離地相同的高度以相同大小pc|

的初速度處分別豎直上拋和下拋，不計(jì)空氣阻力。在8落地QB

1v0

之前的過(guò)程中，兩個(gè)小球之間的距離(填“增大”、'

“減小”、“先增大后減小”、“先減小后增大”)；兩者落

地的時(shí)間差△t=?

15.如圖，三塊完全相同的磁鐵A、B、C套在固定的光滑豎工

直桿上，相鄰磁鐵間同名磁極相對(duì)。平衡后A、B均懸浮’

在空中，C在桌面上，則相鄰兩塊磁鐵間的距離

hi電(選填“>”、或“=")。若緩慢下壓/cP^-*-/

磁鐵A,則磁鐵之間因?yàn)橄嗷プ饔昧Χ哂械膭?shì)能將

(選填“增大”、“減小”或“不變”)。

16.某種金屬氧化物制成的均勻棒中的電流/與電壓U

之間遵循/=k初的規(guī)律，其中仁=0.24/武?，F(xiàn)將

該棒凡接在如圖所示的電路中，R為滑動(dòng)變阻器，

電源電動(dòng)勢(shì)E=4.5V,內(nèi)阻r=0.5?！，F(xiàn)將變阻器

R的滑動(dòng)片向右移動(dòng)，則a中的電流將(選填

“增大”、“減小”或“不變”)。若電流表4的讀數(shù)為1.04則電流表色的讀數(shù)

為Ao

17.如圖，兩根電線桿之間架起的電線由于自身重力的作/B

____

用，中間總是稍有下垂。已知兩桿之間電線的總質(zhì)量3C

為m,端點(diǎn)處的切線與水平方向的夾角為。，則最低

點(diǎn)C處的張力?乙=。冬天，由于熱脹冷縮的

原因，。會(huì)變小，試解釋工作員人員架設(shè)電線不能繃緊的原因：o

18.現(xiàn)有一電池，電動(dòng)勢(shì)E約為9匕內(nèi)阻r在1?50范圍內(nèi)，允許通過(guò)的最大電流為0.64。

為測(cè)定該電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，某同學(xué)利用如圖(a)所示的電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，圖中％為

保護(hù)電阻，/?2為電阻箱。

(1)(單選)可備選用的定值電阻有以下幾種規(guī)格，則先宜選用。

A.50,2.5W

8.150,1.0W

C.150,10W

D.150/2,5.0勿

(2)接好電路，閉合電鍵，調(diào)節(jié)電阻箱，記錄/?2的阻值和相應(yīng)的電壓傳感器示數(shù)U,

測(cè)量多組數(shù)據(jù)。為了利用圖(b)更加便捷的測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻廠，該同學(xué)選定

縱軸表示電壓的倒數(shù)右則橫軸應(yīng)為。這是因?yàn)椋骸?/p>

(3)該同學(xué)利用圖(a)測(cè)量另一電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻時(shí)，選取%為100的定值電阻，

將電壓傳感器接在A、C之間。調(diào)節(jié)電阻箱，測(cè)出若干%的阻值和%上相應(yīng)的電壓

力,繪出圖(c)所示的圖象。依據(jù)圖象，可以測(cè)出電源的電動(dòng)勢(shì)5=

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19.滑板運(yùn)動(dòng)是一項(xiàng)驚險(xiǎn)刺激的運(yùn)動(dòng)，深受青少年的喜愛。圖中ABCD為滑板的運(yùn)動(dòng)軌

道，AB和C。是兩段光滑的圓弧，水平段BC的長(zhǎng)度L=5m。一運(yùn)動(dòng)員從尸點(diǎn)以

%=6/n/s的初速度下滑，經(jīng)BC后沖上CD軌道，達(dá)到。點(diǎn)時(shí)速度減為零。已知

運(yùn)動(dòng)員連同滑板的質(zhì)量m=70kg,h=2m,H=3m,gMX10m/s2o求：

(1)運(yùn)動(dòng)員第一次經(jīng)過(guò)5點(diǎn)和C點(diǎn)的速度如、vc；

(2)滑板與8c之間的動(dòng)摩擦因數(shù)出

(3)運(yùn)動(dòng)員最后靜止的位置與B點(diǎn)之間的距離心

20.如圖(a),質(zhì)量mi=2kg、寬度L=1m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌abed放在光滑的絕緣水

平面上。一電阻不計(jì)、質(zhì)量巾2=1的的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接

觸良好，MNeb構(gòu)成矩形。棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.5,棒左側(cè)有兩個(gè)固定于水

平面的立柱。開始時(shí)MN左側(cè)導(dǎo)軌的總電阻R=0.20,右側(cè)導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻

Ro=O.W/m,以ef為界,其左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向左，

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=17。在t=0時(shí)，一水平向左的拉力尸垂直作用在導(dǎo)軌的

A邊上，使導(dǎo)軌由靜止開始做加速度a=2m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度g

取lOrn/s?。求：

(2)t=2s時(shí)，MN對(duì)金屬導(dǎo)軌施加摩擦力行的大小：

(3)在圖(b)中定性畫出拉力F隨時(shí)間，的變化關(guān)系圖象。要求標(biāo)出相關(guān)數(shù)據(jù)，并作

出說(shuō)明。

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：建立理想化模型的原則是首先突出問(wèn)題的最主要因素，忽略問(wèn)題的次要因

素，為了使物理問(wèn)題簡(jiǎn)化，也為了方便把研究的對(duì)象簡(jiǎn)化，忽略次要因素，抓住主要因

素，建立的理想化模型為：質(zhì)點(diǎn)、電場(chǎng)線、磁場(chǎng)線、理想氣體、點(diǎn)電荷等，

故ABC錯(cuò)誤，力正確；

故選：。。

由理想模型的概念進(jìn)行分析。

本題主要考查了理想模型的建立原則，解題關(guān)鍵在于看此模型有沒有忽略次要因素，突

出主要因素。

2.【答案】B

【解析】解：人溫度是標(biāo)量，其負(fù)號(hào)不表示方向，表示物體的溫度在零攝氏度以下，

故A錯(cuò)誤；

8、位移為矢量，故負(fù)號(hào)表示位移的方向，故B正確；

C、重力勢(shì)能是標(biāo)量，其負(fù)號(hào)不表示方向，表示物體所在的位置是在零勢(shì)能面的下方，

故C錯(cuò)誤；

。、電荷量是標(biāo)量，故負(fù)號(hào)不表示方向，只是用來(lái)明確自然界中正負(fù)兩種電荷，故。錯(cuò)

誤。

故選：B。

根據(jù)單位分析其對(duì)應(yīng)的物理量，若物理量是矢量，其正負(fù)表示方向。若物理量是標(biāo)量,

其正負(fù)表示大小。

解決本題時(shí)，要明確矢量的正負(fù)表示矢量的方向，而對(duì)于不是矢量的物理量應(yīng)注意正確

理解正負(fù)所表示的物理意義。

3.【答案】C

【解析】解：AB、航天飛機(jī)中的物體處于失重狀態(tài)，物體做圓周運(yùn)動(dòng)，合力提供向心

力，并不為零，故AB錯(cuò)誤；

C、航天飛機(jī)中的物體處于失重狀態(tài)，對(duì)支持物的壓力為零，故C正確；

。、處于完全失重狀態(tài)的物體仍受地球的萬(wàn)有引力作用，萬(wàn)有引力不為零，故。錯(cuò)誤.

故選：Co

航天飛機(jī)中的物體處于完全失重狀態(tài)，此時(shí)的物體受到的萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)所需要

的向心力，物體對(duì)支持物無(wú)壓力.

作受力分析時(shí)要注意按性質(zhì)力畫圖，向心力為效果力，效果力由某些性質(zhì)力來(lái)提供。

4.【答案】B

【解析】解：A、8、伽利略通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定出小球沿斜面下滑的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

根據(jù)x=：gsin0t2可知，小球在斜面上，位移與時(shí)間的二次方成正比，A錯(cuò)誤，B正確；

C、斜面長(zhǎng)度一定時(shí)，傾角的越大，加速度越大，由「=J2gsin8x得,小球到達(dá)斜面

底端時(shí)速度的大小隨傾角增大而增大，故C錯(cuò)誤；

D、傾角越大，物體下滑的加速度越大，故斜面長(zhǎng)度一定時(shí)，t=巨,故小球從頂

y]gsine

端滾到底端所需的時(shí)間隨傾角的增大而減小，故。錯(cuò)誤；

故選：Bo

伽利略通過(guò)實(shí)驗(yàn)觀察和邏輯推理發(fā)現(xiàn)：

(1)小球沿斜面滾下的運(yùn)動(dòng)的確是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，遵循勻加速直線運(yùn)動(dòng)的一切規(guī)律。

(2)只要斜面的傾角一定，小球的加速度都是相同的，不斷增大斜面的傾角，重復(fù)上述

實(shí)驗(yàn)，得知小球的加速度隨斜面傾角的增大而增大。

本題關(guān)鍵要明確伽利略對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究的實(shí)驗(yàn)過(guò)程，可以通過(guò)閱讀課本了解，同

時(shí)實(shí)驗(yàn)事實(shí)與理論應(yīng)該是一致的，故可結(jié)合牛頓第二定律以及勻變速運(yùn)動(dòng)的知識(shí)進(jìn)行分

析求解.

5.【答案】D

【解析】解：A、接入電路后，兩極電壓為路端電壓，由于電源存在內(nèi)阻，故路端電壓

小于電源電動(dòng)勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

8、電源是把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，將1C電量的正電荷由負(fù)極移送到正極

的過(guò)程中，該電池能將1.5/的化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能，故8錯(cuò)誤；

C、電動(dòng)勢(shì)表示電源是把其他形式的能量轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)，電動(dòng)勢(shì)大不一定儲(chǔ)存的電

能多，故C錯(cuò)誤；

D、一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)為1.5V,表示該電池能將1C電量的負(fù)電荷由正極移送到負(fù)極

的過(guò)程中，非靜電力做了1.5/的功，故O正確；

故選：D。

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由電源電動(dòng)勢(shì)，電源的定義進(jìn)行分析。

本題主要考查了電源電動(dòng)勢(shì)的定義，電動(dòng)勢(shì)表示電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本

領(lǐng)的物理量。

6.【答案】B

【解析】解：設(shè)行李箱4豎立時(shí)與汽車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的加速度為由,行李箱b平放時(shí)與

汽車發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的加速度為。2,根據(jù)實(shí)際情況可知％＜。2。

A、緩慢起動(dòng)時(shí)，汽車的加速度比較小，如果小于的,則兩只行李箱不會(huì)相對(duì)車子運(yùn)動(dòng)，

故A錯(cuò)誤；

8、急剎車時(shí)，汽車減速運(yùn)動(dòng)的加速度很大，行李箱a一定相對(duì)車子向前運(yùn)動(dòng)，故B正

確；

C、緩慢轉(zhuǎn)彎時(shí)，只要轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度小于兩只行李箱不會(huì)相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，

故C錯(cuò)誤；

。、急轉(zhuǎn)彎時(shí)，行李箱a一定會(huì)相對(duì)車子向外側(cè)運(yùn)動(dòng)，不會(huì)相對(duì)車子向內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，故。

錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)緩慢起動(dòng)或急剎車時(shí)，分析汽車的加速度的大小分析兩只行李箱是否會(huì)相對(duì)車子運(yùn)

動(dòng)；同理分析緩慢轉(zhuǎn)彎或急轉(zhuǎn)彎向心加速度的大小確定行李箱是否相對(duì)汽車向外運(yùn)動(dòng)。

本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，知道兩個(gè)物體發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小不

同，導(dǎo)致速度不同而分離。

7.【答案】A

【解析】解：人根據(jù)開普勒第三定律可得W=K,由于火星的公轉(zhuǎn)半徑比地球的公轉(zhuǎn)

半徑大，所以火星的公轉(zhuǎn)周期比地球的公轉(zhuǎn)周期大，故A正確；

B、設(shè)太陽(yáng)質(zhì)量為行星質(zhì)量為〃?，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有粵=小貯，解得：

rzr

v二秒由于火星公轉(zhuǎn)的半徑比地球公轉(zhuǎn)的半徑大，火星公轉(zhuǎn)的線速度比地球公轉(zhuǎn)的

線速度小，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力可得等=7nra)2可得角速度3=楞，由于火星的公轉(zhuǎn)

半徑比地球的公轉(zhuǎn)半徑大，火星公轉(zhuǎn)的角速度比地球公轉(zhuǎn)的角速度小，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)萬(wàn)有引力定律可得：華=機(jī)/解得加速度：a=胃，由于火星的公轉(zhuǎn)半徑

比地球的公轉(zhuǎn)半徑大，火星的加速度比地球的加速度小，故力錯(cuò)誤。

故選：A。

根據(jù)開普勒第三定律分析公轉(zhuǎn)周期的大??；

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得到線速度、角速度大小與軌道半徑的關(guān)系進(jìn)行分析；

根據(jù)萬(wàn)有引力定律得到加速度與軌道半徑的關(guān)系進(jìn)行分析。

本題考查萬(wàn)有引力與航天，關(guān)鍵根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力把這個(gè)物理量先表示出來(lái)，再

進(jìn)行比較。向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應(yīng)用。

8.【答案】D

【解析】解:通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)可近似認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由于內(nèi)部磁感線比管口密，

磁感應(yīng)強(qiáng)度2較大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)于0點(diǎn)對(duì)稱，根據(jù)安培定則判斷內(nèi)部磁場(chǎng)方

向沿x軸負(fù)方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度為負(fù)值，故。正確，ACD錯(cuò)誤。

故選：D。

通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)可近似認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度比螺線管管口處磁感應(yīng)強(qiáng)度

大。

要明確通電螺線管內(nèi)部的磁感應(yīng)強(qiáng)度與電流有關(guān)，電流增大，磁感應(yīng)強(qiáng)度增大。要了解

通電螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)可近似認(rèn)為是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)磁感線的疏密判斷B的大小。

9.【答案】B

【解析】解：A、簡(jiǎn)諧橫波在傳播過(guò)程中，介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)并不隨波遷移，因此，簡(jiǎn)諧橫

波沿x軸負(fù)方向傳播，Q處質(zhì)點(diǎn)只上下振動(dòng)，不會(huì)傳播到圖中的P點(diǎn)，故4錯(cuò)誤；

B、根據(jù)波形平移法可知t=。時(shí)，。處質(zhì)點(diǎn)正向上振動(dòng)，t=時(shí)。處質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，

其加速度沿y軸正方向，故B正確；

C、1=時(shí)P處質(zhì)點(diǎn)到達(dá)平衡位置，速度最大，。處質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，速度為零，故C

錯(cuò)誤；

D、根據(jù)波形平移法可知t=時(shí)，1cm<x<2cm范圍內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)向y軸的正方向運(yùn)動(dòng)，

2cm<x<3cm范圍內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)向y軸的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故￡>錯(cuò)誤。

故選：B。

解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)波的傳播方向判斷出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，一般的判斷方法是根據(jù)

“平移法”或“同側(cè)法”，或者根據(jù)“上下坡法”來(lái)判斷。

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10.【答案】C

【解析】解：物體勻減速上滑，施加力F前，物體受重力，叫、支持力N和滑動(dòng)摩擦力

f,根據(jù)牛頓第二定律，有

平行斜面方向：mgsind+f=ma

垂直斜面方向：N-mgcosd=0

其中：f=iiN

故mgsin。+^mgcosd=ma

解得a=g(sind+“cos。)...①

A、在物塊上施加一個(gè)豎直向下的恒力F后，根據(jù)牛頓第二定律，有

平行斜面方向:(mg+F)sin8+f=ma'

垂直斜面方向：N—(mg+F)cosd=0

其中：f=nN

解得a'=(g+A)(sinO+4cos。)…②

由①②得到加力后加速度變大，故物體一定不能到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

8、在物塊上施加一個(gè)豎直向上的恒力F后，根據(jù)牛頓第二定律，有

平行斜面方向:(mg—F)sin0+f=ma'

垂直斜面方向：N—(mg—F}cosd-0

其中：f'=〃N

解得a'=(g-§(sin。+4cos。)…③

由①③得到加力后加速度變小，故物體最高必在B點(diǎn)之上，故B錯(cuò)誤；

CD,在物塊上施加一個(gè)水平向右的恒力，根據(jù)牛頓第二定律，有

平行斜面方向：mgsind+/i-Fcosd=mar

垂直斜面方向：N—mgcosd—Fsind-0

其中：&=叫

故mgsinO+)i(mgcos9+Fsind)—FcosO=max

解得：al=g(sind+4cos。)+￡Qisin。—cos。)...(4)

由①④得到，由于動(dòng)摩擦因數(shù)與角度0大小關(guān)系未知，故無(wú)法比較兩個(gè)加速度的大小關(guān)

系，故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：C。

物體勻減速上滑，施加力產(chǎn)前后，分別對(duì)物體受力分析并根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度

的變化情況即可。

本題關(guān)鍵是多次受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度表達(dá)式進(jìn)行討論，要細(xì)心。

11.【答案】D

【解析】解：C球受重力以及地面的支持力，A對(duì)C的庫(kù)侖力和B對(duì)C的庫(kù)侖力而處于

受力平衡狀態(tài)；則A對(duì)C的庫(kù)侖力力與B對(duì)C的庫(kù)侖力大小相等，方向相反，C球可

以帶正電也可以帶負(fù)電。根據(jù)庫(kù)侖定律可以得出A對(duì)C的庫(kù)侖力大小為：&c=弊；B

對(duì)C的庫(kù)侖力大小為：FBC=^?此時(shí)由于c處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以兩力大小相等，方向

相反。若C帶負(fù)電，則當(dāng)B緩慢向右移動(dòng)，會(huì)導(dǎo)致BC之間的距離增大，C指向B的力

減小，因此合力不再為0,合力方向改為朝A方向，故C將向左運(yùn)動(dòng)；若C帶正電，則

當(dāng)8緩慢向右移動(dòng)，會(huì)導(dǎo)致BC之間的距離增大，8指向C的力減小，因此合力不再為

零，合力方向改為朝B方向，此時(shí)小球?qū)?huì)向右運(yùn)動(dòng)。故ABC錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

由題意可知C球處于受力平衡狀態(tài)，則對(duì)C球進(jìn)行受力分析，由共點(diǎn)力平衡的條件可

以得出C所帶電性及C的具體受力情況。

庫(kù)侖定律考查一般都是結(jié)合共點(diǎn)力平衡進(jìn)行的，因此解題的關(guān)鍵在于做出受力分析圖，

明確庫(kù)侖力的方向和電性；則可利用共點(diǎn)力的平衡條件進(jìn)行解答.

12.【答案】A

【解析】解：A、0-ti時(shí)間內(nèi)：物體受到的水平拉力尸〈與山物體一直靜止不動(dòng)，G時(shí)

刻物體的速度為零，故A正確；

B、tis,3時(shí)間內(nèi)，水平拉力F>外田合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，物體一直做加速運(yùn)動(dòng)，

13以后，水平拉力尸合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，物體做減速運(yùn)動(dòng)，

所以J時(shí)刻的速度最大，故B錯(cuò)誤；

C、由B分析可知，t3時(shí)刻的速度不為零，所以拉力F的功率不為0,故c錯(cuò)誤；

D、時(shí)間內(nèi)，拉力F與物體的位移方向一直相同，故拉力F一直做正功，故。錯(cuò)

誤；

故選:Ao

由圖象可知，時(shí)間內(nèi)：物體受到的水平拉力F<5”物體一直靜止不動(dòng)；Ast?時(shí)

間內(nèi)，水平拉力F>Ffm，合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，物體一直做加速運(yùn)動(dòng)；G以后，

水平拉力合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，物體做減速運(yùn)動(dòng)；通過(guò)分析物體的受力

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情況來(lái)進(jìn)行判斷。

解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體的受力情況，進(jìn)而判斷運(yùn)動(dòng)情況，分析時(shí)不能認(rèn)為F減

小，物體的速度減小。

13?【答案】圖(a)兩列波的頻率相同

【解析】解：圖(a)中水波通過(guò)小孔后能繼續(xù)傳播，屬于波的衍射現(xiàn)象。能夠觀察到穩(wěn)

定干涉現(xiàn)象的是圖(b),其條件中兩列波的頻率相同。

故答案為：圖(a),兩列波的頻率相同。

當(dāng)孔的寬度與波長(zhǎng)差不多或者比波長(zhǎng)還小時(shí)，能夠發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象；兩列波發(fā)生穩(wěn)

定干涉的條件是頻率相同。

解決本題的關(guān)鍵要了解波的兩種特有現(xiàn)象：衍射和干涉，要掌握發(fā)生穩(wěn)定干涉的條件是

頻率相同，相差恒定。

14.【答案】先增大后減小2T

【解析】解：對(duì)A分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)程，A首先做一個(gè)初速度為幾,加速度為g的向上減速

運(yùn)動(dòng)，至最高點(diǎn)處減速為0。之后向下做一個(gè)初速度為0,加速度為g的加速運(yùn)動(dòng)，直

到落地。而對(duì)B分析，B一直在做一個(gè)初速度為%，加速度為g的向下加速運(yùn)動(dòng)，直至

落地。因此在這個(gè)過(guò)程中，在A上升的過(guò)程中，A與B的距離在逐漸增大；而當(dāng)A上升

到最高點(diǎn)開始下落時(shí)，A與B距離在逐漸減小。

故第一空填先增大后減小。

由于A從最高點(diǎn)落回至出發(fā)點(diǎn)位置時(shí)，速度與B初試時(shí)刻相同，為火,因此此后直至落

地A與B所用時(shí)間是相同的。所以4與B整個(gè)過(guò)程落地的時(shí)間差為A比B從開始時(shí)刻

到A再次回到出發(fā)點(diǎn)所用時(shí)間。即為△￡=2藁.

故第二空填片.

故答案為：先增大后減小；2藁

由位移和時(shí)間的關(guān)系列出方程可以得出A豎直上拋到最高點(diǎn)所用時(shí)間，而此時(shí)間的兩倍

即為兩者落地的時(shí)間差。兩球的距離注意一開始兩球速度方向相反，后來(lái)是速度方向相

同的。

豎直上拋運(yùn)動(dòng)有兩個(gè)過(guò)程，注意豎直上拋再次回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度與原速度等大反向。

15.【答案】>增大

【解析】解：對(duì)A受力分析，受重力和B的排斥力Fi，根據(jù)平衡條件，有：Z=7ng；

對(duì)B受力分析，受重力，A對(duì)其向下的排斥力F'i，C對(duì)其向上的排斥力尸2,根據(jù)平衡條

件，有：mg+F\=F2-,

根據(jù)牛頓第三定律，有：Fi=F'i；

故%>a

由于間距越小斥力越大，故八1>電；

向下壓系統(tǒng)，對(duì)系統(tǒng)做正功，故系統(tǒng)儲(chǔ)存的勢(shì)能增加；

故答案為：>,增加.

先對(duì)A受力分析，再對(duì)B受力分析，根據(jù)平衡條件判斷A、8間斥力和8、C間斥力的

大小，再根據(jù)間距越小斥力越大進(jìn)行判斷.

本題關(guān)鍵是受力分析后根據(jù)平衡條件列式，再比較斥力的大?。粚?duì)于勢(shì)能，外力對(duì)其做

正功，勢(shì)能增加.

16.【答案】增大0.6

【解析】解：將變阻器R的滑動(dòng)片向右移動(dòng)，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)“串

反并同”可知，通過(guò)&中的電流將增大；

若電流表4的讀數(shù)為/】=1.0A,則電源內(nèi)電壓U為=hr=1.0X0.5V=0.5V,

則路端電壓U=E-U內(nèi)=4.5V-0.5V=4.01/

則通過(guò)&的電流4=k瓜=0,2x廝4=0.44

則電流表4的讀數(shù)為，2=>1->c=10/1-0.44=0.64。

故答案為：增大；0.6?

根據(jù)“串反并同”分析通過(guò)上中的電流的變化：

根據(jù)電流表4的讀數(shù)求解電源內(nèi)電壓、路端電壓、通過(guò)&的電流，再根據(jù)并聯(lián)電路的特

點(diǎn)求解電流表4的讀數(shù)。

本題考查歐姆定律中的動(dòng)態(tài)分析和電流的計(jì)算，可以根據(jù)“串反并同”的方法進(jìn)行分析,

也可以先分析總電阻的變化、再分析總電流的變化、內(nèi)電壓的變化、路端電壓的變化，

要求學(xué)生能靈活選擇閉合電路的歐姆定律的表達(dá)形式。

17.【答案】懸原來(lái)AB之間的的電線處于松弛狀態(tài)，由于重力的作用，細(xì)線不可能

2tanU

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繃緊

【解析】解：對(duì)左半邊電線受力分析，受拉力。、重力和張力FTC，如圖所示:

根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有：尸”=迎=」必；

1ctan。2tan6

由于原來(lái)AB之間的的電線處于松弛狀態(tài)，雖然冬天冷縮，。會(huì)變小，根據(jù)尸~=畀可

ZCUTltr

知。不會(huì)為零，所以電線不能繃緊。

故答案為：畀；原來(lái)4B之間的的電線處于松弛狀態(tài)，由于重力的作用，細(xì)線不可能

CLCultj

繃緊。

對(duì)左半邊電線受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解最低點(diǎn)c處的張力；由于重力的作用，

細(xì)線不可能繃緊。

本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，解答此類問(wèn)題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)

行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成，然后建立平衡方程進(jìn)行解答。

18.【答案】C*可知在，-七坐標(biāo)系中，圖線的兩個(gè)截距分別表示與心，計(jì)算比

較方便7.5

【解析】解：⑴電路最小總電阻約為：/?=今=高。=15。，為保護(hù)電路安全，保護(hù)

電阻應(yīng)選和150差不多的，8選項(xiàng)允許通過(guò)的最大電流為：/=探20.064容易燒壞,

不符合題意，故選：C;

(2)由圖a所示電路圖可知，在閉合電路中，電源電動(dòng)勢(shì)：E=U+lr=U+-^-r,

K-j十"2

則：X.康+3則圖象的橫軸應(yīng)為：旗

根據(jù)："

可知在，一三丁坐標(biāo)系中，圖線的兩個(gè)截距分別表示9和二，計(jì)算比較方便；

u?1+?2Er

(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：E=*(8+A?+「)

K1

變形得：＞器+/治

由圖象可得斜率為：k/

k=2，代入數(shù)據(jù)可得：E=7.5Ko

故答案為：(1)C；(2)占，可知在"一占坐標(biāo)系中，圖線的兩個(gè)截距分別表示與心，

計(jì)算比較方便；(3)7.5。

(1)求出電路最小電阻阻值，然后選擇定值電阻；

(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律電流與電壓的關(guān)系進(jìn)行變形得到圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；

(3)根據(jù)變形得到圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，明確兩坐標(biāo)軸的含義，即可正

確解答。

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，要求能熟練掌握物理規(guī)律運(yùn)用數(shù)學(xué)方法將物理公

式變形，將兩個(gè)非線性關(guān)系的物理量，變成兩個(gè)線性關(guān)系的物理量，再根據(jù)圖象的性質(zhì)

即可求解電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻。

19.【答案】解：(1)以水平軌道BC所在水平面為零勢(shì)能面，運(yùn)動(dòng)員從P點(diǎn)滑至B點(diǎn)的

過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：

|mvo+mgh=|mvj

代入數(shù)據(jù)解得：vB=2V197n/s

運(yùn)動(dòng)員由C點(diǎn)到。點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律，有：

-1mvc2=mgrHr

代入數(shù)據(jù)解得：vc-2-/15zn/So

(2)運(yùn)動(dòng)員由8點(diǎn)滑至C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有：

1,1,

fmgL=

代入數(shù)據(jù)解得：4=0.16。

(3)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在5c軌道上滑行的總路程為s。

對(duì)從P點(diǎn)到靜止的整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理有：

mgh—i^mgs=0--mv^

代入數(shù)據(jù)解得：s=23.75m=4L+3,75m

故運(yùn)動(dòng)員最后靜止的位置與B點(diǎn)之間的距離x=3.75m。

答：

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(1)運(yùn)動(dòng)員第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)和C點(diǎn)的速度為、女分別為2gm/s、2V15m/so

(2)滑板與BC之間的