2021年上海市閔行區(qū)高考物理一模試卷（附答案詳解）

2021年上海市閔行區(qū)高考物理一模試卷

1.功和能的單位焦耳用力學(xué)單位制的基本單位可表示為（）

A.N-ntB.W/sC.kg-m2/s2D.A2?Q-s

2.真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷Qi，Q2,距離為R，當(dāng)值和Q2電量都增大到原來(lái)2倍時(shí)，距離也

增大到原來(lái)的2倍，則兩電荷之間相互作用的靜電力將增大到原來(lái)（）

A.1倍B.2倍C.4倍D.8倍

3.下面四種常用電器中哪一個(gè)應(yīng)用的物理規(guī)律與其他三個(gè)不同（）

A.動(dòng)圈式麥克風(fēng)B.動(dòng)圈式揚(yáng)聲器C.家用電磁爐D.無(wú)線(xiàn)充電器

4.下列哪組物理量的正負(fù)號(hào)表示的涵義一致（）

A.某物體速度變化-3?n/s,某力對(duì)物體做功-3/

B.某力對(duì)物體做功-3/,某電荷在電場(chǎng)中電勢(shì)能為-3/

C.某物體加速度為-3m/s2,某電荷在電場(chǎng)中受力-3N

D.某物體的重力勢(shì)能為-3/,某力對(duì)物體做功-3/

5.如圖，一機(jī)械臂鐵夾夾起質(zhì)量為機(jī)的小球，機(jī)械臂與小球

沿水平方向做加速度為a的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則鐵夾對(duì)球的

作用力（）

A.大小為，"g,方向豎直向上

B.大小為ma,方向水平向右

C.大小與小球的加速度大小無(wú)關(guān)

D.方向與小球的加速度大小有關(guān)

6.如圖為一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖（振動(dòng)剛傳到x=

0.2m處），已知該波的周期為0.4s,〃、氏c為沿波傳播方向上的質(zhì)點(diǎn)，則下列說(shuō)法

中正確的是（）

A.質(zhì)點(diǎn)“比質(zhì)點(diǎn)b先回到平衡位置

B.在t=0.4s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)人的速度方向?yàn)椋?軸負(fù)方向

C.在t=0.6s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)C的速度達(dá)到最大值

D.在t=0.8s時(shí);質(zhì)點(diǎn)c的加速度達(dá)到y(tǒng)軸正向最大值

7.如圖為一由干電池、銅線(xiàn)圈和欽磁鐵組成的簡(jiǎn)易電動(dòng)機(jī)，

此裝置中的銅線(xiàn)圈能從靜止開(kāi)始繞虛線(xiàn)。o,軸轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，rf銅紋出

那么（）I

A.若磁鐵上方為N極，從上往下看，線(xiàn)圈將順時(shí)針旋

;_??磁鐵

轉(zhuǎn)

B.若磁鐵上方為S極，從上往下看，線(xiàn)圈將順時(shí)針旋

轉(zhuǎn)

C.線(xiàn)圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程電池的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為線(xiàn)圈的動(dòng)能

D.線(xiàn)圈加速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程電池的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為線(xiàn)圈的動(dòng)能

8.太空艙里測(cè)物體質(zhì)量的原理如下：先對(duì)標(biāo)準(zhǔn)物體施加一水平推力F,測(cè)得其加速度

為20m/s2,然后將標(biāo)準(zhǔn)物體與待測(cè)物體緊靠在一起，施加同一水平推力凡測(cè)得

共同加速度為8m/s2。已知標(biāo)準(zhǔn)物體質(zhì)量mi=2.0kg,則待測(cè)物體質(zhì)量??12為（）

10.如圖，NM是銳角三角形最大的內(nèi)角，一正點(diǎn)電

荷固定在P點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小

B.沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢(shì)先增大后減小

C.負(fù)檢驗(yàn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能比其在W點(diǎn)的電勢(shì)能

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大

D.將正檢驗(yàn)電荷從M點(diǎn)移動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力所做的總功為負(fù)

11.如圖，電路中定值電阻值R大于電源內(nèi)阻值兀將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，理想電

壓表匕、%、匕示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為△%、△“、△%，理想電流表A示數(shù)

變化量的絕對(duì)值為△/,則（）

C.與△/的比值小于rD.△力大于△”

12.2020年6月23日9時(shí)43分，我國(guó)北斗導(dǎo)航系統(tǒng)最后一顆衛(wèi)星發(fā)射成功、北斗導(dǎo)航

系統(tǒng)中的地球靜止軌道衛(wèi)星和中國(guó)軌道衛(wèi)星都在圓軌道上運(yùn)行，它們距地面的高度

分別約為地球半徑的6倍和3.4倍，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.靜止軌道衛(wèi)星的線(xiàn)速度大小的為中圓軌道衛(wèi)星的2倍

B.靜止軌道衛(wèi)星的周期約為中圓軌道衛(wèi)星的2倍

c.靜止軌道衛(wèi)星的角速度大小的為中圓軌道衛(wèi)星的;

D.靜止軌道衛(wèi)星的向心加速度大小約為中圓軌道衛(wèi)星的之

13.電源的電動(dòng)勢(shì)是反映電源的本領(lǐng)的物理量，這個(gè)轉(zhuǎn)化過(guò)程是通過(guò)做功

來(lái)實(shí)現(xiàn)。

14.在“用力/5研究機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，利用如圖所示的器材進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。圖中

的①是,②是（填器材名稱(chēng)）。從右側(cè)某一高度由靜止釋放擺錘，可

以觀察到擺錘到左側(cè)的最高位置與釋放點(diǎn)基本在同一高度，改變①在固定桿上的

位置，重復(fù)多次實(shí)驗(yàn)，仍能觀察到上述結(jié)果，由此可以得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論是。

?

15.如圖所示,光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)形成一重力勢(shì)阱，兩側(cè)高分別為匕和“2。

可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊。質(zhì)量為如靜置于水平軌道〃處。設(shè)重力加速度為g;若以

。處所在平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，物塊。在6處機(jī)械能為；一質(zhì)量為機(jī)的

小球P從〃處?kù)o止落下，在b處與滑塊。相撞后小球P將動(dòng)能全部傳遞給滑塊Q,

隨后滑塊Q從陷阱右側(cè)滑出，其到達(dá)c處的速度v大小為o

16.如圖，逆時(shí)針環(huán)形電流/外有一被擴(kuò)張的軟金屬?gòu)椈扇Γ?dāng)

其由環(huán)形電流外側(cè)收縮到內(nèi)側(cè)虛線(xiàn)位置過(guò)程中，彈簧圈p內(nèi)

的磁通量大小變化情況為;彈簧圈〃所受安培力的方

向沿半徑。

17.一物塊在高3.0m、長(zhǎng)5.0m的斜面頂端從靜止開(kāi)始沿斜面下滑，其重力勢(shì)能和動(dòng)能

隨下滑距離s的變化如圖中直線(xiàn)I、H所示，取g=10m/s2?則物塊開(kāi)始下滑2〃?

過(guò)程中，機(jī)械能損失_____J；物塊沿斜面下滑的加速度a=m/s2o

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18.在“D/S描繪電場(chǎng)等勢(shì)線(xiàn)”的實(shí)驗(yàn)中，

(1)給出下列器材，電源應(yīng)選用,傳感器應(yīng)選用(用字母表示)。

A.6y的交流電源

B.6V的直流電源

C.電流傳感器

D電壓傳感器

(2)按圖1示連接電路。在電極A、B的連線(xiàn)上等距離的取a、b、c、d、e共5個(gè)基

準(zhǔn)點(diǎn)。

(a)已知傳感器正接線(xiàn)柱的電勢(shì)高于負(fù)接線(xiàn)柱時(shí)，計(jì)算機(jī)讀數(shù)顯示為正。若在圖1

中連接傳感器正接線(xiàn)柱的紅探針接觸a點(diǎn)，連接負(fù)接線(xiàn)柱的黑探針接觸〃點(diǎn)時(shí)，讀

數(shù)為正，則可以判斷電極A接在電源的極上(選填“正”或“負(fù)”)。

(A)(B)(C)⑼

圖2

(b)在尋找基準(zhǔn)點(diǎn)e的等勢(shì)點(diǎn)時(shí)，將紅探針固定于e點(diǎn)，黑探針在紙上移動(dòng)，當(dāng)移

動(dòng)到某點(diǎn)時(shí)讀數(shù)為負(fù)，為了找到到基準(zhǔn)點(diǎn)e的等勢(shì)點(diǎn)，則黑探針應(yīng)平行于A、B連

線(xiàn)向(選填“4”或"B”)端移動(dòng)。

(3)如果將紅探針固定在電極A上，黑探針沿48連線(xiàn)移動(dòng)，每移動(dòng)一小段相等距離

記錄一次傳感器讀數(shù)，以到A的距離x為橫坐標(biāo)，傳感器讀數(shù)y為縱坐標(biāo)，作出的

圖可能為圖2中的o

19.我國(guó)自主研制的新一代航空母艦正在建造中。設(shè)航母中艦載飛機(jī)獲得的升力大小產(chǎn)

可用F=表示，其中氏為比例常數(shù)，v是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，尸與飛

機(jī)所受重力相等時(shí)的口稱(chēng)為飛機(jī)的起飛離地速度，已知艦載飛機(jī)空載質(zhì)量為1.69x

103kg時(shí)，起飛離地速度為78m/s；裝載彈藥后質(zhì)量為2.56XICPkg。

(1)求飛機(jī)裝載彈藥后的起飛離地速度；

(2)若該航母有電磁彈射裝置，飛機(jī)裝載彈藥后，從靜止開(kāi)始在水平甲板上勻加速

滑行180皿后起飛，求飛機(jī)在滑行過(guò)程中所用的時(shí)間和飛機(jī)所獲得的平均推力大小

(不計(jì)所有阻力)。

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20.如圖，兩根電阻不計(jì)、互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距L=lrn；在水平

虛線(xiàn)間有與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.57,磁場(chǎng)區(qū)域的高度

d=1m,導(dǎo)體棒a的質(zhì)量nia未知、電阻Ra=1。；導(dǎo)體棒人的質(zhì)量啊,=0.05kg、

電阻&=0.5。，它們分別從圖中M、N處同時(shí)由靜止開(kāi)始在導(dǎo)軌上向下滑動(dòng)，b

勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，且當(dāng)。剛穿出磁場(chǎng)時(shí)a正好進(jìn)入磁場(chǎng)并勻速穿過(guò)，取。=

lOm/s2,不計(jì)a、b棒之間的相互作用，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，

求：

(l)b棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程所用的時(shí)間;

(2)a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)兩端的電勢(shì)差；

(3)棒a的質(zhì)量;

(4)從靜止釋放到a棒剛好出磁場(chǎng)過(guò)程中。棒產(chǎn)生的焦耳熱。

b

XXXX

B

XXXX

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：功和能的單位都是焦耳。根據(jù)功的定義：w=Fs,所以：1/=IN?1m=

1kg-m2/s2,故C正確，錯(cuò)誤。

故選：Co

國(guó)際單位制規(guī)定了七個(gè)基本物理量.分別為長(zhǎng)度、質(zhì)量、時(shí)間、熱力學(xué)溫度、電流、光

強(qiáng)度、物質(zhì)的量.它們的在國(guó)際單位制中的單位稱(chēng)為基本單位，而物理量之間的關(guān)系式

推到出來(lái)的物理量的單位叫做導(dǎo)出單位.他們?cè)趪?guó)際單位制中的單位分別為米、千克、

秒、開(kāi)爾文、安培、坎德拉、摩爾；由此結(jié)合焦耳的單位解答即可.

單位制包括基本單位和導(dǎo)出單位，規(guī)定的基本量的單位叫基本單位，由物理公式推導(dǎo)出

的但為叫做導(dǎo)出單位.

2.【答案】A

【解析】解：根據(jù)庫(kù)侖定律可知，?=乎，真空中有兩個(gè)固定點(diǎn)電荷，當(dāng)Qi，（22電

量都增大到原來(lái)2倍時(shí)，距離R增大到原來(lái)的2倍時(shí)，

則庫(kù)侖力：

k-2Q.-2Q2

因此電荷間的庫(kù)侖力變?yōu)樵瓉?lái)的1倍，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ao

真空中有兩個(gè)固定點(diǎn)電荷之間的距離保持不變，當(dāng)電荷量都變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)庫(kù)侖

定律分析庫(kù)侖力的變化。

本題是庫(kù)侖定律的應(yīng)用，采用控制變量法進(jìn)行分析?；绢}，不應(yīng)出錯(cuò)。

3.【答案】B

【解析】解：A、當(dāng)傳聲器接受聲波時(shí)，作用在振膜上，引起振膜振動(dòng)，帶動(dòng)音圈作相

應(yīng)振動(dòng)，音圈在磁鐵中運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，屬于電磁感應(yīng)現(xiàn)象；

8、通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中受力，變化的電流通過(guò)線(xiàn)圈，通電線(xiàn)圈受力，從而讓揚(yáng)聲器的膜

片振動(dòng)，產(chǎn)生聲音，屬于電流的磁效應(yīng)；

C、家用電磁爐能加熱食物是因?yàn)橥娋€(xiàn)圈產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)在鍋體中產(chǎn)生電磁感應(yīng)而引

起的；

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。、無(wú)線(xiàn)充電器是初級(jí)線(xiàn)圈一定頻率的交流電，通過(guò)電磁感應(yīng)在次級(jí)線(xiàn)圈中產(chǎn)生一定的

電流，從而將能量從傳輸端轉(zhuǎn)移到接收端；

ACD選項(xiàng)應(yīng)用的物理規(guī)律都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，而8選項(xiàng)應(yīng)用的是電流的磁效應(yīng)，

故選：B。

明確電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，并掌握生活中常用儀器的工作原理即可求解。

本題考查了電磁感應(yīng)現(xiàn)象和電流的磁效應(yīng)，注意電磁感應(yīng)定律在生產(chǎn)生活中有著很多的

應(yīng)用，要注意正確理解，同時(shí)注意明確二者的區(qū)別。

4.【答案】C

【解析】解：A、物體速度變化是-3m/s,負(fù)號(hào)表示物體速度變化方向與正方向相反，

某力對(duì)物體做功是-3/,負(fù)號(hào)表示力對(duì)物體做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；

B、某力對(duì)物體做功是-3/,負(fù)號(hào)表示力對(duì)物體做負(fù)功，某電荷在電場(chǎng)中電勢(shì)能為-3J,

負(fù)號(hào)表示該電荷相對(duì)于零勢(shì)能面位置所具有的能量為-3/,故B錯(cuò)誤；

C、某物體的加速度為-3zn/s2,負(fù)號(hào)表示加速度方向與正方向相反，某電荷在電場(chǎng)中

受力-3N,負(fù)號(hào)表示力的方向與正方向相反，故C正確；

。、某物體的重力勢(shì)能為-31,負(fù)號(hào)表示該物體在零勢(shì)能面的下方，某力對(duì)物體做功是-3/,

負(fù)號(hào)表示力對(duì)物體做負(fù)功，故。錯(cuò)誤；

故選：Co

通過(guò)標(biāo)量和矢量正負(fù)號(hào)的定義進(jìn)行求解。

本題主要考查了能量，功，以及速度和加速度的符號(hào)問(wèn)題，速度和加速度為矢量，正負(fù)

號(hào)表示方向，不表示大小，功為標(biāo)量，正負(fù)號(hào)表示力做正功還是負(fù)功，能量為標(biāo)量，正

負(fù)號(hào)表示物體與零勢(shì)能面的位置關(guān)系。

5.【答案】D

【解析】解：AB,對(duì)小球受力分析可知，小球受重力、鐵夾對(duì)球的作用力，當(dāng)機(jī)械臂

與小球沿水平方向做加速度為。的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知，合力沿水

平方向，則鐵夾對(duì)球的作用力斜向上方，故AB錯(cuò)誤；

C、根據(jù)平行四邊形定則，鐵夾對(duì)球的作用力大小為：F=J(mg)2+(ma)2,與加速度

大小有關(guān)，故C錯(cuò)誤；

D、合力方向水平，設(shè)鐵夾對(duì)球的作用力與豎直方向成。，由矢量三角形可得：tcmO=

器=],方向與小球的加速度大小有關(guān)，故。正確；

故選：Do

對(duì)小球受力分析，根據(jù)牛頓第二定律確定球的受力情況。

本題考查牛頓第二定律，要注意小球在豎直方向上受到靜摩擦力作用，注意靜摩擦力的

大小與正壓力大小無(wú)關(guān)。

6.【答案】D

【解析】解：A、簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，根據(jù)波形平移法可知，在t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)

〃和質(zhì)點(diǎn)b均向上運(yùn)動(dòng)，可知，質(zhì)點(diǎn)6比質(zhì)點(diǎn)。先回到平衡位置，故4錯(cuò)誤；

B、因t=0.4s=17,所以在t=0.4s時(shí)與t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)力的速度方向相同，均沿y軸

正方向，故8錯(cuò)誤；

C、因1=0.6s=（T,所以在t=0.6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)c的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)與在t=0時(shí)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相反，

即在t=0.6s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c到達(dá)波峰，速度為零，故C錯(cuò)誤：

D、在t=0.8s=27時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c位于波谷，加速度達(dá)到y(tǒng)軸正向最大值，故￡）正確。

故選：D。

根據(jù)波的傳播方向判斷質(zhì)點(diǎn)4、。的振動(dòng)方向，從而確定它們回到平衡位置的先后；根

據(jù)時(shí)間與周期的倍數(shù)關(guān)系，分析各個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

對(duì)于波動(dòng)圖象，要能熟練根據(jù)波的傳播方向，運(yùn)用波形平移法或上下坡法判斷質(zhì)點(diǎn)的振

動(dòng)方向。根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，結(jié)合波的周期性分析質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。

7.【答案】A

【解析】解：A、若磁鐵上方為N極，線(xiàn)圈左邊電流是向下的，磁場(chǎng)是向左的，根據(jù)左

手定則可知安培力是向內(nèi)的，線(xiàn)圈右邊的電流也是向下的，磁場(chǎng)是向右的，根據(jù)左手定

則安培力是向外的，故從上往下看，線(xiàn)圈瞬時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；故A正確；

8、若磁鐵上方為S極，線(xiàn)圈左邊的電流是向下的，磁場(chǎng)是向右的，根據(jù)左手定則可知

安培力是向外的；線(xiàn)圈右邊的電流也是向下的，磁場(chǎng)是向左的，根據(jù)左手定則知安培力

是向內(nèi)的，從上往下看，線(xiàn)圈逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，故8錯(cuò)誤；

C、。線(xiàn)圈無(wú)論勻速轉(zhuǎn)動(dòng)還是加速轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，電池的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為線(xiàn)圈的動(dòng)能和

電路的焦耳熱，故錯(cuò)誤；

故選：Ao

圖中線(xiàn)圈兩側(cè)的電流是向下的，安培力方向可以根據(jù)左手定則判斷，得到轉(zhuǎn)動(dòng)方向。

本題關(guān)鍵是明確簡(jiǎn)易電動(dòng)機(jī)的工作原理，圖中已經(jīng)標(biāo)出了磁場(chǎng)方向和電流方向，根據(jù)左

手定則可判斷安培力方向即可，基礎(chǔ)題。

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8.【答案】A

【解析】解：對(duì)標(biāo)準(zhǔn)物塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：F=m.a,=2x20/V=

40/V

對(duì)整體，由牛頓第二定律得：F=（m]+巾2）。2

解得機(jī)2=3.0kg,故A正確，BC。錯(cuò)誤。

先對(duì)標(biāo)準(zhǔn)物塊進(jìn)行分析，由牛頓第二定律求出合力凡然后對(duì)整體進(jìn)行分析根據(jù)牛頓第

二定律求解即可。

解決本題的關(guān)鍵要靈活選擇研究對(duì)象，采用整體法研究比較簡(jiǎn)潔。要知道加速度是聯(lián)系

力和運(yùn)動(dòng)的橋梁，在動(dòng)力學(xué)問(wèn)題中往往是必求的量。

9.【答案】B

【解析】解：由于甲、乙兩物體質(zhì)量相等，則設(shè)它們的質(zhì)量為〃?，

對(duì)。點(diǎn)進(jìn)行受力分析，下面繩子的拉力mg,右邊繩子的拉力"?g,左邊繩子的拉力凡

連接甲和連接乙的輕繩的合力沿角平分線(xiàn)方向，如下圖所示：

因整體處于靜止?fàn)顟B(tài)，故受力平衡，通過(guò)矢量的合成法則，結(jié)合幾何關(guān)系則有:

%+%+g=180°

因%=65。，解得：02=50°,故3正確、AC。錯(cuò)誤。

故選：B。

對(duì)。點(diǎn)進(jìn)行受力分析，依據(jù)平衡條件，結(jié)合力的平行四邊形定則，及三角函數(shù)，列式即

可求解。

本題考查受力平衡的應(yīng)用，要求熟練掌握力的平行四邊形定則，此外要注意三角函數(shù)的

正確列式。

10.【答案】B

【解析】解：點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)如圖所示，

圖中虛線(xiàn)為等勢(shì)面，

A、由于一正點(diǎn)電荷固定在P點(diǎn)，4”是

銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，故PM<

PN,由點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)公式：

E=rz可得，從M到N點(diǎn)，場(chǎng)強(qiáng)先增大

后減小，故4錯(cuò)誤；4

8、電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面相互垂直，并且沿電

場(chǎng)線(xiàn)方向電視降低，故從M到8電勢(shì)先

增大后減小，故B正確；

C、由圖可知，”點(diǎn)電勢(shì)大于N點(diǎn)電勢(shì)，由電勢(shì)能公式可得：Ep=q<p,由于此檢驗(yàn)電

荷為負(fù)電荷，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越小，故負(fù)檢驗(yàn)電荷在"點(diǎn)的電勢(shì)能比其在N點(diǎn)的電

勢(shì)能小，故C錯(cuò)誤；

D、由圖可知，何點(diǎn)電勢(shì)大于N點(diǎn)電勢(shì)，由電勢(shì)能公式可得：Ep=q<p,由于此檢驗(yàn)電

荷為正電荷，電勢(shì)越高，電勢(shì)能越大，故正點(diǎn)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能高于在N點(diǎn)的電勢(shì)

能，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，正電荷的電勢(shì)能減小，電場(chǎng)力做正功，故。錯(cuò)誤；

故選：Bo

由點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)的電勢(shì)變化和電勢(shì)能關(guān)系求解。

本題主要看考查了點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)變化的關(guān)系，需要注意的是，在計(jì)算

電勢(shì)能時(shí)，4要帶正負(fù)。

11.【答案】。

【解析】解：A、理想電壓表內(nèi)阻無(wú)窮大，相當(dāng)于斷路。理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短

路，所以R與變阻器串聯(lián)，電壓表匕、%、匕分別測(cè)量R、路端電壓和變阻器兩端的電

壓。

當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)時(shí)，接入電路的電阻減小，電路中電流增大，則4的示數(shù)增

大，故A錯(cuò)誤：

8、電路中電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，所以彩的示數(shù)減小，故8

錯(cuò)誤；

C、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U3=E-l(R+r),則得：4?=R+r>r,即△匕與△/

的比值大于廠(chǎng)，故C錯(cuò)誤;

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D、根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U2=E-IT,則得：吟=??；當(dāng)=/?,據(jù)題：R>r,

則得△匕>△/?故。正確。

故選：Do

理想電壓表內(nèi)阻無(wú)窮大，相當(dāng)于斷路.理想電流表內(nèi)阻為零，相當(dāng)短路.分析電路的連

接關(guān)系，根據(jù)歐姆定律進(jìn)行分析.

本題是電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確電表各測(cè)量哪部分電路的電

壓或電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析.

12.【答案】B

【解析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有：

GMm4?r2mv2

d

—丫乙—=ma=mr7r-z-=mra)=丁---

4、〃=但，所以靜止軌道衛(wèi)星的線(xiàn)速度大小小于中軌道衛(wèi)星的線(xiàn)速度大小，故A錯(cuò)

yjr

誤；

B、r=27r后，它們距地面的高度分別約為地球半徑的6倍和3.4倍，即軌道半徑分別

約為地球半徑的7倍和4.4倍，所以靜止軌道衛(wèi)星的周期約為中軌道衛(wèi)星的2倍，故B

正確；

C、3=舊,靜止軌道衛(wèi)星的角速度大小約為中軌道衛(wèi)星的0.53,故C錯(cuò)誤；

D、a=等，靜止軌道衛(wèi)星的向心加速度大小約為中軌道衛(wèi)星的0.4倍，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，=ma=mr梟=mra)2=根據(jù)軌道半徑的關(guān)系，

計(jì)算相應(yīng)的量之間的關(guān)系即可。

解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力，會(huì)根據(jù)軌道半徑的關(guān)系比較向心加速度、線(xiàn)

速度和周期.

13.【答案】把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能非靜電力

【解析】解：電源是把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，電動(dòng)勢(shì)反映電源把其他形式的

能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大?。憾D(zhuǎn)化的過(guò)程是通過(guò)非靜電力做功來(lái)實(shí)現(xiàn)的。

故答案為：把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能；非靜電力。

明確電動(dòng)勢(shì)的意義，知道電動(dòng)勢(shì)是反映電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領(lǐng)大小的物理

量，電源內(nèi)部通過(guò)非靜電力將其他形式的能轉(zhuǎn)化電能。

本題考查電動(dòng)勢(shì)的概念，明確電動(dòng)勢(shì)是由電源本身的性質(zhì)所決定的，同時(shí)注意理解電動(dòng)

勢(shì)與非靜電力做功之間的關(guān)系。

14.【答案】定位擋片光電門(mén)傳感器定性說(shuō)明在只有重力做功的條件下，沿不同軌跡

的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能均守恒

【解析】解：實(shí)驗(yàn)?zāi)康模貉芯繖C(jī)械能守恒定律；實(shí)驗(yàn)方法：從右側(cè)某一高度由靜止釋放

擺錘，觀察到擺錘到左側(cè)的最高位置與釋放點(diǎn)基本在同一高度，即認(rèn)為機(jī)械能守恒。多

次試驗(yàn)要改變①在固定桿上的位置，可知①是定位擋片用來(lái)改變?cè)谧髠?cè)的擺線(xiàn)長(zhǎng)度，

已達(dá)到重力沿不同軌跡的做功過(guò)程，機(jī)械能總是守恒，使實(shí)驗(yàn)具有普遍性，觀察圖中②

是光電門(mén)傳感器，實(shí)驗(yàn)中可以將接收端和發(fā)射端分別置于左右兩側(cè)的同一水平面上，用

來(lái)檢測(cè)擺錘到左側(cè)的最高位置與釋放點(diǎn)是否在同一高度。

通過(guò)以上分析：圖中①是定位擋片，②是光電門(mén)傳感器，實(shí)驗(yàn)結(jié)論：定性說(shuō)明在只有

重力做功的條件下，沿不同軌跡的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能均守恒。

故答案為：定位擋片；光電門(mén)傳感器；定性說(shuō)明在只有重力做功的條件下，沿不同軌跡

的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能均守恒。

從右側(cè)某一高度由靜止釋放擺錘，可以觀察到擺錘到左側(cè)的最高位置與釋放點(diǎn)基本在同

一高度，擺錘擺動(dòng)過(guò)程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，在這個(gè)條件下得

出結(jié)論，只有重力做功的情況下擺錘機(jī)械能守恒。本實(shí)驗(yàn)在探究機(jī)械能守恒的條件，圍

繞此目的進(jìn)行解答。

本試驗(yàn)探究機(jī)械能守恒的條件，利用擺錘擺動(dòng)過(guò)程只有重力做功，多次改變運(yùn)動(dòng)軌跡使

實(shí)驗(yàn)具有普遍性，理解本試驗(yàn)的目的是解題關(guān)鍵。

6【答案】-rnghH]J2g(%-%)

【解析】解：若以。處所在平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，

故小球在。點(diǎn)的機(jī)械能趺=Ek+EP=O-mg%=-mgH1：

小球P。下滑到從只有重力做功，機(jī)械能守恒，貝iJO=Ek-mgHi，解得以=mg%,

由于在。處與滑塊。相撞后小球P將動(dòng)能全部傳遞給滑塊Q,故滑塊。獲得的動(dòng)能為

E'k=Ek=mgH],滑塊。從b到c,只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得：-mgH2=

，z

|mv—E'k,解得M=J2g(Hi—m)

故答案為：-mghHi；J2g(茶]—H2)

以a處所在平面為重力勢(shì)能零勢(shì)能面，小球的機(jī)械能為小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能之和解求

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得在人點(diǎn)的機(jī)械能；小球P從“到從機(jī)械能守恒，求得到達(dá)6點(diǎn)小球P的動(dòng)能，在6

處與滑塊Q相撞后小球P將動(dòng)能全部傳遞給滑塊Q,即可求得小球在人點(diǎn)的動(dòng)能，滑塊

Q從人到c,根據(jù)動(dòng)能定理即可求解。

本題主要考查了動(dòng)能定理及機(jī)械能的計(jì)算，關(guān)鍵是能從所給的信息中提出有用信息，結(jié)

合所學(xué)的知識(shí)進(jìn)行求解。

16.【答案】先變大后變小向外

【解析】解：根據(jù)安培定則逆時(shí)針環(huán)形電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，在環(huán)形內(nèi)部垂直紙面向外，在

環(huán)形外部垂直紙面向內(nèi)。所以被擴(kuò)張的軟金屬?gòu)椈扇υ诃h(huán)形電流外面時(shí)、磁通量變大，

進(jìn)入環(huán)形電流內(nèi)部后，磁通量變小。

根據(jù)楞次定律可知，彈簧圈內(nèi)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，根據(jù)左手定則，彈簧圈p所受

安培力的方向沿半徑向外。

故答案為：先變大后變小向外

解答本題的思路是：

(1)根據(jù)安培定則判斷環(huán)形電流磁場(chǎng)的方向；

(2)根據(jù)。=BS,判斷磁通量的變化情況；

(3)根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)彈簧圈內(nèi)感應(yīng)電流的方向；

(4)根據(jù)左手定則判斷受力方向。

解答本題的關(guān)鍵是明確：彈簧圈收縮時(shí)，雖然面積S在減小，但是環(huán)形電流內(nèi)外磁場(chǎng)的

合磁感應(yīng)強(qiáng)度再增大，二者重合時(shí)達(dá)到最大，當(dāng)彈簧圈進(jìn)入到環(huán)形電流內(nèi)部后，B,S

均減小，故磁通量減小。

17.【答案】82

【解析】解：令斜面的傾角為。，則s譏。=罵=0.6,解得：。=37。，

物體下滑的距離為x=5m的過(guò)程中，由能量守恒定律得：

Wf=fimg?cosO?x=E1—E2,

代入數(shù)據(jù)解得：M=0.5；

物塊在初位置其重力勢(shì)能為Ep=mgh=30J,

代入數(shù)據(jù)解得物塊的質(zhì)量m=1kg,

當(dāng)物塊下滑距離為7=2.0m時(shí)，物體克服滑動(dòng)摩擦力做功：

Wf=nmgcosO-=0.5x1x10x0.8x2/=8/,

由能量守恒定律可知，機(jī)械能損失了△/=必=引；

設(shè)物塊下滑過(guò)程的加速度為。，對(duì)物塊，由牛頓第二定律得：

mgsind—nmgcosd=ma

代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s2,

故答案為：8：2O

根據(jù)能量守恒定律求處物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

分析物塊下滑2.06時(shí)除重力以外其它力做功情況從而判斷機(jī)械能的損失量；

根據(jù)牛頓第二定律求解物塊下滑時(shí)加速度的大小。

本題考查了能量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意與圖示圖象分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題

的前提，應(yīng)用能量守恒定律、牛頓第二定律即可解題。

18.【答案】BD正BB

【解析】解：(1)本實(shí)驗(yàn)中要模擬了兩個(gè)等量異種電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，所以應(yīng)采用直流電

源；同時(shí)實(shí)驗(yàn)中需要找出的是等勢(shì)點(diǎn)，因此應(yīng)采用電壓傳感器；

(2)(a)、由題意，電壓傳感器讀數(shù)為正時(shí)，正接線(xiàn)柱的電勢(shì)高于負(fù)接線(xiàn)柱時(shí)，則電壓傳

感器讀數(shù)為正時(shí)，。點(diǎn)的電勢(shì)高于匕點(diǎn)的電勢(shì)，電場(chǎng)線(xiàn)從A到S故電極A接在電源的

正極；

(b)當(dāng)移動(dòng)到某點(diǎn)時(shí)讀數(shù)為負(fù)，說(shuō)明負(fù)接線(xiàn)柱所接點(diǎn)的電勢(shì)高于e點(diǎn)的電勢(shì)，故應(yīng)將黑

表筆將B端移動(dòng)；

(3)根據(jù)E=?可知，x-y圖象的斜率等于場(chǎng)強(qiáng)，探針從A移到B,場(chǎng)強(qiáng)先減小后增大,

圖象的斜率先減小后增大，AB點(diǎn)附近兩側(cè)場(chǎng)強(qiáng)并不相等，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知B正確。

故答案為：⑴B；D-.(2)(a)正；(b)B；(3)8.

(1)明確實(shí)驗(yàn)原理，從而確定應(yīng)需要的電源和采用的測(cè)量?jī)x器；

(2)電壓傳感器讀數(shù)為正時(shí)，正接線(xiàn)柱的電勢(shì)高于負(fù)接線(xiàn)柱，可判斷出。、匕兩點(diǎn)電勢(shì)的

高低，確定電極A所接電源的正負(fù)極；同時(shí)根據(jù)電勢(shì)的高低確定觸頭移動(dòng)方向；

(3)由題，y是探針人與。間的電壓，x是距離，根據(jù)E=?可知，圖象的斜率等于場(chǎng)強(qiáng),

根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的分布：探針從A移到8,場(chǎng)強(qiáng)先減小后增大，即可選擇圖象。

本題的解題關(guān)鍵是明確實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，理解?shí)驗(yàn)原理，本實(shí)驗(yàn)的原理是用恒定電流場(chǎng)模擬靜

電場(chǎng)，關(guān)鍵利用電壓傳感器要找到等勢(shì)點(diǎn)，明確實(shí)驗(yàn)基本操作方法。

19.【答案】解：(1)由起飛條件知:kv[=mrg

k諾=m2g

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聯(lián)立可得起飛速度：v2=96m/s

(2)根據(jù)公式：x=^t

可求得：t=^=^m/s=3.75s

i/2Vo

由公式a=岸=瑞m/s?=25.6m/s2

根據(jù)牛頓第二定律可知推力F=ma=6.55x104N

答：(1)飛機(jī)裝載彈藥后的起飛離地速度為96m/s；

4

(2)飛機(jī)在滑行過(guò)程中所用的時(shí)間為3.75s