2021年河北省新高考“八省聯(lián)考”高考物理適應性試卷（附答案詳解）

2021年河北省新高考“八省聯(lián)考”高考物理適應性試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.如圖，兩根相互絕緣的通電長直導線分別沿x軸和y軸放八

置，沿x軸方向的電流為/。。已知通電長直導線在其周圍6

激發(fā)磁場的磁感應強B=kL其中％為常量，/為導線中

r___________.I—

O]4ax

的電流，廠為場中某點到導線的垂直距離。圖中A點的坐

標為（a,b）,若4點的磁感應強度為零，則沿y軸放置的導線中電流的大小和方向

分別為（）

A.力，沿），軸正向B.力，沿y軸負向

C.沿），軸正向D.、，沿y軸負向

2.如圖，一小船以1.0m/s的速度勻速前行，站在船上的人豎直向上拋出一小球，小球

上升的最大高度為0.45小。當小球再次落入手中時，小船前進的距離為（假定拋接小

球時人手的高度不變，不計空氣阻力，g取10m/s2）（）

A.0.3mB.0.6mC.0.9mD.1.2m

3.假定“嫦娥五號”軌道艙繞月飛行時，軌道是貼近月球表面的圓形軌道。已知地球

密度為月球密度的左倍，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為地球半徑的〃倍，則軌道艙繞

月飛行的周期與地球同步衛(wèi)星周期的比值為（）

A.匹B.區(qū)C.ED.E

4.如圖，理想變壓器原線圈匝數(shù)為1100匝，接有一阻值為R的電阻，電壓表匕示數(shù)

為110.01/。副線圈接有一個阻值恒為&的燈泡，繞過鐵芯的單匝線圈接有一理想電

壓表彩，示數(shù)為0.10V。已知&：R=4：1,則副線圈的匝數(shù)為（）

6

i

A.225B.550C.2200D.4400

5.如圖，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向

垂直紙面向里。甲、乙兩粒子分別從距x軸力與2〃的高度以速率%平行于x軸正

向進入磁場，并都從尸點離開磁場，OP=：鼠則甲、乙兩粒子比荷的比值為（不

計重力，s出37°=0.6,cos370=0.8)()

y

\xXXX：(XXXXXX

JxXXcXXXXXX

乙2XX<XXXXXX

\xX:cXXXXXX

2h

「俞QrXXXXXX

*JXXXXXX

J—3-

XXXXX

A.32：41B.56：41C.64：41D.41：28

6.螺旋千斤頂由帶手柄的螺桿和底座組成，螺紋與水

平面夾角為%如圖所示。水平轉動手柄，使螺桿

沿底座的螺紋槽（相當于螺母）緩慢旋進而頂起質

量為的重物，如果重物和螺桿可在任意位置保持

平衡，稱為摩擦自鎖。能實現(xiàn)自鎖的千斤頂，Q的

最大值為劭。現(xiàn)用一個傾角為劭的千斤頂將重物緩

慢頂起高度力后，向螺紋槽滴入潤滑油使其動摩擦

因數(shù)〃減小，重物回落到起點。假定最大靜摩擦力

等于滑動摩擦力，不計螺桿和手柄的質量及螺桿與重物間的摩擦力，轉動手柄不改

變螺紋槽和螺桿之間的壓力。下列說法正確的是（）

A.實現(xiàn)摩擦自鎖的條件為tcmaZ”

B.下落過程中重物對螺桿的壓力等于〃密

C.從重物開始升起到最高點摩擦力做功為“g/z

D.從重物開始升起到最高點轉動手柄做功為

第2頁，共22頁

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

7.游樂場滑索項目的簡化模型如圖所示，索道段光滑，A點比B點高1.25m,與

AB段平滑連接的8c段粗糙，長4機。質量為50依的滑塊從A點由靜止下滑，到3

點進入水平減速區(qū)，在C點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1根的。點停下。設

滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.2,規(guī)定向右為正方向。g取10m/s2。下列說法正確

的是（）

A.緩沖墻對滑塊的沖量為-50N-sB.緩沖墻對滑塊的沖量為-250N-s

C.緩沖墻對滑塊做的功為-125/D.緩沖墻對滑塊做的功為-250/

8.如圖，內(nèi)壁光滑的玻璃管內(nèi)用長為L的輕繩懸掛一個小球。

當玻璃管繞豎直軸以角速度3勻速轉動時，小球與玻璃管間恰

無壓力。下列說法正確的是（）

A.僅增加繩長后，小球將受到玻璃管斜向上方的壓力

B.僅增加繩長后，若仍保持小球與玻璃管間無壓力，需減小

0）

C.僅增加小球質量后，小球將受到玻璃管斜向上方的壓力

D.僅增加角速度至3’后，小球將受到玻璃管斜向下方的壓力

9.如圖，某電容器由兩水平放置的半圓形金屬板組成，板間為真空。兩金屬板分別與

電源兩極相連，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動。起初

兩極板邊緣對齊，然后上極板轉過10。，并使兩極板間距減小到原來的一半。假設

變化前后均有一電子由靜止從上極板運動到下極板。忽略邊緣效應，則下列說法正

確的是（）

A.變化前后電容器電容之比為9：17

B.變化前后電容器所帶電荷量之比為16：9

C.變化前后電子到達下極板的速度之比為迎：1

D.變化前后電子運動到下極板所用時間之比為2：1

10.如圖，一頂角為直角的形光滑細桿豎直放置。質量均為小的兩金屬環(huán)套在

細桿上，高度相同，用一勁度系數(shù)為人的輕質彈簧相連，彈簧處于原長兩金屬

環(huán)同時由靜止釋放，運動過程中彈簧的伸長在彈性限度內(nèi)。對其中一個金屬環(huán)，下

列說法正確的是（彈簧的長度為/時，彈性勢能為3依1-[0）2（）

A.金屬環(huán)的最大加速度為夜g

B.金屬環(huán)的最大速度為g聆

C.金屬環(huán)與細桿之間的最大壓力為乎mg

D.金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為mg?

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.為驗證力的平行四邊形定則，某同學準備了以下器材：支架，彈簧，直尺，量角器

坐標紙，細線，定滑輪（位置可調(diào)）兩個，鉤碼若干?支架帶有游標尺和主尺，游標

尺（帶可滑動的指針）固定在底座上，主尺可升降，如圖1所示。

第4頁，共22頁

實驗步驟如下：

(1)儀器調(diào)零。如圖1,將已測量好的勁度系數(shù)k為5.00N/M的彈簧懸掛在支架上,

在彈費掛鉤上用細線懸掛小鉤碼做為鉛垂線，調(diào)節(jié)支架豎直。調(diào)整主尺高度，使主

尺與游標尺的零刻度對齊?；瑒又羔?，對齊掛鉤上的。點，固定指針。

(2)搭建的實驗裝置示意圖如圖2。鉤碼組7^=40。鉤碼組mB=30g,調(diào)整定滑

輪位置和支架的主尺高度，使彈簧豎直且讓掛鉤上。點重新對準指針。實驗中保持

定滑輪、彈簧和鉛垂線共面。此時測得a=36.9。，0=53.1。，由圖3可讀出游標

卡尺示數(shù)為cm,由此計算出彈簧拉力的增加量?=N。當?shù)刂亓?/p>

速度g為9.80m/s2。

(3)請將第(2)步中的實驗數(shù)據(jù)用力的圖示的方法在圖框中做出，用平行四邊形定則

兩鉤碼質量，重復以上步驟，比較F'和廠的大小和方向，得出結論。實驗中鉛垂線

上小鉤碼的重力對實驗結果(填寫“有”或“無”)影響。

12.在測量電源電動勢和內(nèi)阻的實驗中，實驗室提供了如下器材和參考電路：

電壓表匕(量程3V,內(nèi)阻約6k0)

電壓表彩(量程1匕內(nèi)阻約6k0)

電流表4式量程0.64,內(nèi)阻約0.1。)

電流表人2（量程2加4，內(nèi)阻約10）

滑動變阻器&（最大阻值弘0）

滑動變阻器/?2（最大阻值I。。）

定值電阻7?3（阻值1。）

開關，導線若干

圖2

（1）甲同學想要測量馬鈴薯電池的電動勢（約L0V）和內(nèi)阻（約500。）。選用合適器材

后，應選擇最優(yōu)電路（填寫參考電路對應的字母）進行測量。

（2）乙同學想要測量一節(jié)新干電池的電動勢和內(nèi)阻.選用合適器材后，應選擇最優(yōu)

電路（填寫參考電路對應的字母）進行測量。

（3）乙同學將測得的數(shù)據(jù)在坐標紙上描點如圖。請畫出U-/圖象，并求出電動勢E

為V,內(nèi)阻/■為0（小數(shù)點后保留兩位）。

四、簡答題（本大題共1小題，共12.0分）

13.如圖1所示,兩條足夠長的平行金屬導軌間距為0.5m,固定在傾角為37。的斜面上。

導軌頂端連接一個阻值為10的電阻。在下方存在方向垂直于斜面向上、大小

為17的勻強磁場。質量為0.5kg的金屬棒從A8處由靜止開始沿導軌下滑，其運動

過程中的。-t圖象如圖2所示。金屬棒運動過程中與導軌保持垂直且接觸良好，不

第6頁，共22頁

計金屬棒和導軌的電阻，取g=lOm/s?,sin37°—0.6,cos37。=0.8。

(1)求金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)；

(2)求金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率；

(3)已知金屬棒從進入磁場到速度達到5m/s時通過電阻的電荷量為1.3C,求此過程

中電阻產(chǎn)生的焦耳熱。

五、計算題(本大題共3小題，共35.0分)

14.在弗蘭克-赫茲實驗中，電子碰撞原子，原子吸收電子的動能從低能級躍遷到高能

級。假設改用質子碰撞氫原子來實現(xiàn)氫原子的能級躍遷，實驗裝置如圖1所示。緊

靠電極A的O點處的質子經(jīng)電壓為％的電極AB加速后，進入兩金屬網(wǎng)電極B和C

之間的等勢區(qū)。在BC區(qū)質子與靜止的氫原子發(fā)生碰撞，氫原子吸收能量由基態(tài)躍

遷到激發(fā)態(tài)。質子在碰撞后繼續(xù)運動進入CQ減速區(qū)，若質子能夠到達電極Q,則

在電流表上可以觀測到電流脈沖。己知質子質量mp與氫原子質量Tn”均為〃射質子

的電荷量為e,氫原子能級圖如圖2所示，忽略質子在。點時的初速度，質子和氫

原子只發(fā)生一次正碰。

(1)求質子到達電極8時的速度火;

(2)假定質子和氫原子碰撞時，質子初動能的1被氫原子吸收用于能級躍遷。要出現(xiàn)

電流脈沖，求間電壓出與U1應滿足的關系式；

(3)要使碰撞后氫原子從基態(tài)躍遷到第--激發(fā)態(tài)，求小的最小值。

15.“天問1號”的發(fā)射開啟了我國探測火星的征程。設

想將圖中所示的粗細均勻、導熱良好、右端封閉有一

定質量理想氣體的“U”型管帶往火星表面。“U”型

管分別在地球和火星表面某時某地豎直放置時的相關

參數(shù)如表所示。U

第8頁，共22頁

地球火星

重力加速度g0.38g

環(huán)境溫度T地=300KT火=280K

大氣壓強p地=76.0cmHgP火

封閉氣柱長度1地—19.0cml火—56.0cm

水銀柱高度差h地=73.0cmh火

求：(結果保留2位有效數(shù)字)

(1)火星表面高1，”的水銀柱產(chǎn)生的壓強相當于地球表面多高水柱產(chǎn)生的壓強。己知

P水銀=13.6x103kg/m3,p水=1.0x103kg/m3.

(2)火星表面的大氣壓強P%。

16.如圖，一潛水員在距海岸A點45〃?的B點豎直下潛，B點和燈塔之間停著一條長

4,”的皮劃艇。皮劃艇右端距8點4%,燈塔頂端的指示燈與皮劃艇兩端的連線與豎

直方向的夾角分別為a和夕(s)a=3，si叩=粉，水的折射率為右皮劃艇高度可忽

略。

?潛水員

(1)潛水員在水下看到水面上的所有景物都出現(xiàn)在一個倒立的圓錐里。若海岸上A

點恰好處在倒立圓錐的邊緣上，求潛水員下潛的深度；

(2)求潛水員豎直下潛過程中看不到燈塔指示燈的深度范圍。

第10頁，共22頁

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：沿x軸方向的電流在A點磁感應強度大小為％=k與，由安培定則可知方

向垂直紙面向外；

若4點磁感應強度為零，則），軸放置的導線中電流在A點產(chǎn)生的磁感應強度方向垂直紙

面向里，由安培定則,〉，軸放置的導線中電流方向沿y軸正向，其大小滿足與=k：=k表

所以y軸放置的導線中電流的大小/=￡/（），故A正確，BCD錯誤；

故選：Ao

根據(jù)題意通電導體在某--點的磁感應強度大小為B=kj利用安培定則和矢量的平行四

邊形法則解題。

本題考查了通電直導線磁場的分布與計算、矢量的平行四邊形法則等知識點，利用安培

定則判斷磁場方向是解題的關鍵。

2.【答案】B

【解析】解：豎直向上拋出小球過程，小球與小船組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為

零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，豎直向上拋出小球后小球與小船

在水平方向的速度不變，小球與小船在水平方向都做勻速直線運動；

設小球拋出后在豎直方向上升的時間為f,小球上升高度九=\gt2

代入數(shù)據(jù)解得：t=0.3s

從拋出小球到小球再從落入手中過程的時間t'=2t=2x0.3s=0.6s

在此時間內(nèi)小船在水平方向做勻速直線運動，小船前進的距離：

x=vt'=1.0x0.6m=0.6?n,故8正確，AC￡）錯誤。

故選：Bo

求出小球拋出再次落入手中過程小球的運動時間，在此時間內(nèi)，小船和小球在水平都做

勻速直線運動，應用運動學公式可以求出小船前進的距離。

分析清楚小球與小船的運動過程是解題的前提與關鍵，應用運動學公式即可解題。

3.【答案】A

【解析】解：根據(jù)萬有引力等于向心力，設地球半徑為R，月球半徑為r,對地球同步

衛(wèi)星：。皤=如節(jié)（.）

對月球軌道艙有：G等=m2芳心

地球質量Mi和月球質量M2分別為：

4Q

Mi=。1嚴3

44

“2=

Pi~Up?；

聯(lián)立可得軌道艙繞月飛行的周期與地球同步衛(wèi)星周期的比值為：茱=右,故A正確，

88錯誤；

故選:Ao

根據(jù)萬有引力提供向心力，表示出衛(wèi)星運行的周期，根據(jù)地球同步衛(wèi)星軌道半徑約為地

球半徑的〃倍求出地球表面附近做圓周運動的衛(wèi)星運行周期.

根據(jù)萬有引力提供向心力，表示出中心體的質量，再根據(jù)地球密度為月球密度的4倍,

求出繞月球表面附近做圓周運動的軌道艙的運行周期和地球表面附近做圓周運動的衛(wèi)

星運行周期的關系.

此題一定明確萬有引力提供向心力，會用周期表示向心力，還要知道球體的體積公式及

密度公式，同時注意公式間的化簡.

4.【答案】C

【解析】解:設理想變壓器原線圈兩端電壓為Ui,根據(jù)變壓器原理可得:藪==￡=詈,

解得：（4=1101/

原線圈的電流為：=等=￥

KK

設副線圈兩端電壓為外，根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率可得：u…厚

即.110X110=呢

R4R

解得：U2=220V

根據(jù)變壓器原理可得：腎=金=券=2

%1/22202

解得副線圈得匝數(shù)為電=2200,故C正確、A8D錯誤。

故選：Co

根據(jù)變壓器原理原線圈兩端電壓，根據(jù)歐姆定律得到原線圈的電流，根據(jù)理想變壓器輸

第12頁，共22頁

入功率等于輸出功率列方程求解副線圈兩端電壓，再根據(jù)變壓器原理得到副線圈的匝數(shù)。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之

比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸出功

率決定輸入功率且相等。

5.【答案】C

【解析】解：甲粒子從高MN=八的位置水平飛入磁場，運動軌跡如圖1所示;

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

甲粒子做勻速圓周運動的半徑為萬，根據(jù)圖中幾何關系可得：Q-h)2+(股析137。+

狗2=療

22

乙粒子運動軌跡如圖2所示，對乙進行幾何分析可得：(2/i-r2)+(2htan37°+lh)=

療

解得：r2=2h

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m理可得：J=S

,fIIIID

則甲、乙兩粒子比荷的比值為9：7=77>故C正確、錯誤。

rlr241

故選：C。

分析粒子的運動情況，根據(jù)幾何關系求解兩種情況下粒子的運動半徑，再根據(jù)洛倫茲力

提供向心力列方程求解。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關系求半徑,

結合洛倫茲力提供向心力求解未知量。

6.【答案】D

【解析】解：A、實現(xiàn)自鎖的條件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大靜摩擦力,

即mgsina</imgcosa,解得〃>tana,故A錯誤；

8、重物從靜止開始下落，說明開始螺桿對重物的支持力小于mg,加速下滑過程中，螺

桿對重物的支持力小于，咫，最后重物的速度為零，說明最后有一段減速下滑的過程，

此過程中重物屬于超重，螺桿對重物的支持力大于強?，根據(jù)牛頓第三定律可知重物對

螺桿的作用力先小于mg,后大于mg,故8錯誤：

C、由于千斤頂?shù)膬A角為他，所以重物在上升過程中受到的摩擦力為/=機外出他，設

螺紋的總長度為L,則摩擦力做的功為：Wf=-fL=-mgLsina0,而公譏劭=九，所

以摩擦力做的功為必=-mgh,故C錯誤；

D、設從重物開始升起到最高點轉動手柄做的功為W,根據(jù)動能定理可得：W+Wf-

mgh=0,解得：W=2mgh.,故。正確。

故選：Do

根據(jù)實現(xiàn)自鎖的條件列方程求解；根據(jù)重物下落過程中的運動情況分析受力情況，再根

據(jù)牛頓第三定律可知重物對螺桿的作用力的變化情況：根據(jù)平衡條件求解摩擦力的大小,

根據(jù)摩擦力做功的計算公式求解摩擦力做的功；根據(jù)動能定理求解從重物開始升起到最

高點轉動手柄做的功。

本題主要是考查了功能關系和能量守恒定律，首先要選取研究過程，分析運動過程中物

體的受力情況和能量轉化情況，然后分析運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初

末動能為多少，根據(jù)功能關系列方程解答。

7.【答案】BC

【解析】解：從A到B的過程中，由動能定理得：mgh=1mvl

代入數(shù)據(jù)解得滑塊到達8得速度為：v0=5m/s

由8到C的過程中，由牛頓第二定律得：〃7ng=nia

代入數(shù)據(jù)解得加速度大小為：a=2m/s2

2

由速度-位移公式得：v-VQ=2axl

代入數(shù)據(jù)解得滑塊到達緩沖墻的速度為：v=3m/s

由C到￡＞的過程中，由速度位移公式得：0-i/2=-2ag

代入數(shù)據(jù)解得滑塊與緩沖墻碰撞后得速度大小為：v'=2m/s

A8、規(guī)定向右為正方向，由動量定理得：/=

代入數(shù)據(jù)可得緩沖墻對滑塊的沖量為：/=-250N-s,故A錯誤，B正確；

CD、由動能定理得：U/=|mv'2—|mv2

代入數(shù)據(jù)解得緩沖墻對滑塊做的功為：W=-125J,故C正確，。錯誤。

第14頁，共22頁

故選：BCo

由動能定理結合牛頓第二定律以及運動學公式求得滑塊與緩沖墻碰撞前后的速度大小，

然后根據(jù)動量定理和動能定理求解即可。

本題以游樂場滑索項目的簡化模型為情景載體，考查了動量定理、動能定理、牛頓第二

定律以及運動學公式相結合問題，有較強的綜合性，解決此題的關鍵是要搞清楚物體運

動的過程，并靈活選取相應的規(guī)律去求解。

8.【答案】BD

【解析】解：當玻璃管繞豎直軸以角速度3勻速轉動時，小球與玻：

璃管間恰無壓力，此時對小球受力分析如圖所示：，此時向心力：7

F=mgtanO=ma>2r=ma)2Lsin6,wV

A、增加繩長之后，此時小球需要的向心力增大，此時小球有離心,飛、

的趨勢，小球將垂直于右側管壁擠壓管壁，玻璃管會給小球一個

斜向下的壓力，故A錯誤；F'1

8、增加繩長之后，小球做圓周運動的半徑增大，要保持小球與管

壁之間無壓力，則小球所需向心力大小不變，半徑增大，則需要mg

減小角速度3,故8正確；

C、增加小球質量，此時=譏0,質量可被約去，小球做圓周運動的半徑

不變，小球對玻璃管無壓力，故玻璃管對小球也無壓力，故C錯誤；

D,僅增加角速度至3,后，小球需要的向心力增大，小球有離心的趨勢，小球將垂直于

右側管壁擠壓管壁，玻璃管會給小球一個斜向下的壓力，故。正確；

故選:BDo

對小球進行受力分析分析判斷出向心力的大小，從而進行分析。

本題主要考查了圓周運動中向心力的受力分析，解題關鍵在于分析半徑變化或變化角速

度后，小球是否有離心的趨勢.

9.【答案】AO

【解析】解：A、變化前后兩極板的正對面積之比為?=肅%=工，板間距離之比為

32loU_1U1/

?=2,

由。=生？可知變化前后電容之比為今二興小二居火上《，故A正確；

4nkdC2S2電17217

B、電容器始終與電源相連，兩端電壓不變，由Q=CU,可得祟=?=白，故8錯誤;

V2「2

C、電子由靜止從上極板運動到下極板的過程，由動能定理得：eU=^mv2

解得電子到達下極板的速度回

Ym

因電容器兩端電壓U不變，故變化前后電子到達下極板的速度之比為1：1,故C錯誤；

。、電子由靜止從上極板運動到下極板的過程，電子做勻加速直線運動，電子的加速度

eEeU

a——=—；

mma

電子運動的時間t=5=d怪

ay]eU

t-,d2

變化前后電子到達下極板所用時間之比為5=萬=”故。正確。

22

故選：AD.

依題意得到電容器變化前后兩極板的正對面積之比與板間距離之比，再根據(jù)C=%得

到電容之比；由。=。（/,得到電荷量之比；由動能定理得到末速度之比；由牛頓第二

定律求出加速度結合運動學公式得到時間之比。

本題考查電容器相關知識，其決定式與定義式的應用，粒子在其間的運動，知道平行板

電容器之間的電場為勻強電場。

10.【答案】BC

【解析】解：A、剛釋放時，彈簧處于原長，彈簧的彈力為零，此時金屬環(huán)的加速度最

大,最大加速度為a、==gsin45。=故A錯誤；

BD、金屬環(huán)在平衡位置彈簧的伸長量為Xi，沿桿方向根據(jù)平衡條件有：mgs比45。=

hicos45。，此過程中兩個金屬環(huán)下降的高度均為：九=￡；

由機械能守恒定律得：2mg-^=^kxl+|x2mv^,解得金屬環(huán)的最大速度為方=

g島

金屬環(huán)達到最大速度時重力的功率為P=mgvy=mgvmcos45°=號~@，故B正確,

。錯誤；

C、當金屬環(huán)下落到最低點，金屬環(huán)的速度為0,金屬環(huán)與細桿之間的壓力最大，設此

時彈簧的形變量為不，

由機械能守恒定律得2mg-y=

對金屬環(huán)進行受力分析，垂直于稈方向有FN=mgcos450+kx2sin45°

綜合上述可以解得，金屬環(huán)與細桿之間的最大壓力為風故C正確。

第16頁，共22頁

故選：BCo

根據(jù)對稱性可知，在運動過程中，彈簧始終水平，金屬環(huán)剛釋放時加速度度最大；平衡

位置也就是彈簧的彈力沿桿方向的分力與重力沿桿方向的分力相等時，速度最大，根據(jù)

機械能守恒定律列方程求解最大速度，根據(jù)功率的計算公式求解重力的功率；根據(jù)受力

情況求解金屬環(huán)與細桿之間的最大壓力。

本題主要是考查了機械能守恒定律的知識；要知道機械能守恒定律的守恒條件是只有重

力或彈力做功，能夠根據(jù)金屬環(huán)下滑過程中的受力情況分析運動情況，根據(jù)能量關系、

功率計算公式、牛頓第二定律等進行分析。

11.【答案】9.780.498無

【解析】解：(2)根據(jù)圖3可知，游標卡尺的游標尺分度值為O.lnun,且第8格與主尺

對齊，游標尺零刻度線在主尺下方，則讀數(shù)為97nun+8xO.lrmn=97.8nun=

9.78cm；

彈簧拉力的增量為△F=kAx=5x9.78xILN=0.498/V；

3

(3)根據(jù)題意可知，0A繩產(chǎn)生的拉力為：FOA=mAg=40x10-x9.8/V=0.392/V,

-3

OB繩產(chǎn)生的拉力為：FOB=mBg=30xIOX9.8/V=0.294/V

根據(jù)平行四邊形定則作圖，如圖所示：

(4)在求解合力的過程中，求出的是彈簧彈力的變化量，所以小鉤碼的重力對實驗結果

無影響。

故答案為：(2)9.78；0.498；(3)圖象見解析；(4)無。

(2)根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)方法進行讀數(shù)；根據(jù)胡克定律求解彈簧拉力的增量；

(3)求出OA繩產(chǎn)生的拉力和OB繩產(chǎn)生的拉，根據(jù)平行四邊形定則作圖；

(4)在求解合力的過程中，求出的是彈簧彈力的變化量，由此分析小鉤碼的重力對實驗

結果有無影響。

本題主要是考查驗證力的平行四邊形法則實驗，關鍵是弄清楚實驗原理和實驗方法、數(shù)

據(jù)處理等問題，掌握游標卡尺的讀數(shù)方法。

12.【答案】AC1.480.10

【解析】解：(1)馬鈴薯電池的電動勢較小，8圖中電壓表分流，所以電流表測量的干

路電流偏小，則電動勢測量值偏小，所以不宜選用；選擇A圖測量的干路電流/準確，

根據(jù)閉合電路歐姆定律后=17+母，可知當/=0時，斷路電壓即為電動勢，所以A圖能

準確測量馬鈴薯的電動勢，內(nèi)阻測量偏大，為電流表和馬鈴薯內(nèi)阻之和，但因為馬鈴薯

內(nèi)阻遠大于電流表內(nèi)阻，所以誤差較小，故選4圖。

(2)新的干電池內(nèi)阻較小，所以需要給電池串聯(lián)一個定值電阻心，方便測量，而。圖中

測量的內(nèi)阻為電流表內(nèi)阻、電源內(nèi)阻和定值電阻色之和，因為干電池內(nèi)阻較小，所以內(nèi)

阻的測量會引起較大誤差，所以選擇C圖。

(3)做出圖象如圖所示：

根據(jù)閉合電路歐姆定律￡=U+/r,變形得U=E-/r

則圖線縱截距即為電源電動勢E=1.48K

根據(jù)圖象斜率的絕對值可知：r=/?3+%=詈=d'O=I」。。

則電源內(nèi)阻為：r0=r-R3=1.100-1.0。=0.100

答：(1)4；(2)C；(3)如上圖所示，1.48,0.10c

(1)由于馬鈴薯內(nèi)阻遠大于電流表內(nèi)阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析；

(2)由于干電池內(nèi)阻較小，需要給電池串聯(lián)一個定值電阻/?3；

(3)畫出U-/圖象，根據(jù)縱軸截距求電源電動勢，根據(jù)斜率的絕對值求解電源內(nèi)阻。

本題考查了測量電源電動勢和內(nèi)阻的實驗，對干電池和馬鈴薯電池的測量方法進行了對

第18頁，共22頁

比，能夠很好地考查學生處理實驗的能力，要求學生能夠應用圖象去處理實驗數(shù)據(jù)。

13.【答案】解：(1)由圖2可知，金屬棒在0?1S做初速度為零的勻加速直線運動，Is

后開始做加速度減小的加速運動，則金屬棒在1s時進入磁場，

在。?1s內(nèi)，金屬棒的加速度為：a=*=：m/s2=4m/s2,

△L1

整個過程中，金屬棒沿斜面方向受到重力的下滑分力和滑動摩擦力，由牛頓第二定律可

得：mgsin37°—nmgcos37°—ma,

解得：n=0.25；

(2)金屬棒達到最大速率時，金屬棒此時加速度為零，金屬棒此時處于平衡狀態(tài)，假設

金屬棒的最大速度為%,

此時金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLvm,

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：/=*由安培力公式可得：F=BIL,

對金屬棒受力分析可得：F4-^mgcos370=mgs出37。，聯(lián)立可得：vm=8m/s；

△8

(3)有閉合電路歐姆定律和歐姆定律以及電流的定義式可得：q=/t=￡t=ZLt=鋁=

寫，化簡可得：X=需=票m=2.6m

t\BL1XU.3

由動能定理可得：mgxsin37°-fimgcos37°+W-,電阻產(chǎn)生的焦耳熱

等于克服安培力所做的功，則Q=W=2.95/；

答：(1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.25；

(2)金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率為8m/s；

(3)此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱為2.95/。

【解析】(1)己知金屬棒在0?1s內(nèi)做勻加速直線運動，由牛頓第二定律進行分析；

(2)當金屬棒速度達到最大時，加速度為零，此時金屬棒受力平衡；

(3)由電荷量分析出金屬棒走過的位移，由動能定理分析出電阻產(chǎn)生的焦耳熱。

本題主要考查了動能定理和安培力公式以及法拉第電磁感應定律，解題關鍵在于當導體

棒的速度達到最大時，導體棒此時受力平衡。

14.【答案】解：(1)質子在48間加速時，根據(jù)動能定理得

eUi=-0

解得質子到達電極B時的速度%=J半

(2)質子和氫原子碰撞時，設碰后質子的速度為%,氫原子的速度為取碰撞前質子

的速度方向為正方向，由動量守恒定律得

mv0=mv1+mv2

由能量守恒定律得

-1mv7n=1-mvOr+,1-mv724.-1-1x-mv7n

2u212^32u

解得巧=v0;v2=Vo

質子在。。減速區(qū)，由動能定理得

19

-eU2=0--mvf

聯(lián)立解得［72=絲包(71

乙361

(3)要使碰撞后氫原子從基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)，需要的最小能量4E=-3.4eV-

(-13.6eV)=10.2eV

碰撞過程，由動量守恒定律得

mv0'=mv^+mv2'

由能量守恒定律得

,222

lmv0=ITTIV/+^mv2'+△E

分析可知，當%'=女'時，碰撞過程損失機械能最大，被吸引的能量最大，此時對應的

U/最小，則有

,1?

,2

et/1=-mv0

解得e%'=20.4eV

則Uj=20.4V

答：(1)質子到達電極B時的速度％是再；

(2)CC間電壓”與Ui應滿足的關系式為竺回Ui；

36

(3)要使碰撞后氫原子從基態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)，Ui的最小值是