2022年陜西省咸陽(yáng)市高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年陜西省咸陽(yáng)市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）

1.曹沖稱象故事講的是曹沖巧妙地用石頭總的重量稱

出了大象的重量，下列物理學(xué)習(xí)或研究中用到的方法

與曹沖稱象的方法相同的是（）

牛頓的人造衛(wèi)星發(fā)射設(shè)想

c.%……L探究二力合成的規(guī)律

研究影響向心力大小的因素

2.圖甲為家庭常用的燃?xì)庠顚?shí)物圖，灶面上有一個(gè)支架。共有四個(gè)均勻分布的支撐面,

對(duì)放在上面的廚具起到支撐作用?，F(xiàn)把一個(gè)蒸鍋放在支架上，并抽象成示意圖乙,

已知支架的每個(gè)支撐面與水平方向成a角。蒸鍋和里面的食物總計(jì)重為G,則每個(gè)

支撐面給蒸鍋的支持力為（忽略蒸鍋和支撐面之間的摩擦力）（）

圖甲圖乙

A.?B.FC.f

44cosa4sina

3.時(shí)隔8年之后，2021年12月9日我國(guó)宇航員王亞平再次進(jìn)行

太空授課，引發(fā)了我國(guó)很多中小學(xué)生對(duì)微重力下液體內(nèi)部

的受力情況感到好奇，某同學(xué)為了在地面探究微重力下液

體內(nèi)部的受力情況，設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)，如圖所示，密度為p

的木球與輕質(zhì)彈簧相連后置于充滿水的密閉容器中彈簧的

另一端固定于容器的底部。水與木球的密度差為4p（/p>0）,重力加速度為g。初

始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將容器由靜止釋放，則釋放瞬間木球相對(duì)于地面的加速度大

小為（）

A.gB.多C.（1一爭(zhēng)gD.（1+表g

4.如圖所示，同一豎直平面內(nèi)有四分之一圓環(huán)AC和傾角為0=60。的斜面BC相接于C

點(diǎn)，4、B兩點(diǎn)與圓環(huán)/C的圓心。等高。現(xiàn)將甲、乙小球同時(shí)從4、B兩點(diǎn)以一定大

小的初速度沿水平方向同時(shí)拋出，兩球恰好在C點(diǎn)相碰（不計(jì)空氣阻力）。則下列說(shuō)

法正確的是（）

C

A.甲、乙兩球初速度大小之比為次：1

B.若僅增大兩球質(zhì)量，則兩球不再相碰

C.若乙球速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則恰能落在斜面的中點(diǎn)。

D.若乙球速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍，則可能垂直擊中圓環(huán)4c

5.質(zhì)量為800kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a與

速度的倒數(shù)3的關(guān)系如圖所示，已知圖像斜率k的數(shù)值大小為500。則賽車（）

第2頁(yè)，共20頁(yè)

A.速度隨時(shí)間均勻增大

B.加速度隨時(shí)間均勻增大

C.賽車運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)輸出功率為400kW

D.圖中b點(diǎn)取值應(yīng)為0.01,其對(duì)應(yīng)的物理意義表示賽車的最大時(shí)速為160km"

6.如圖甲所示的電磁流速/流量?jī)x是一種為多種行業(yè)測(cè)量流速/流量的便攜式測(cè)量?jī)x

表，其簡(jiǎn)化模型如圖乙所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，垂直于磁場(chǎng)方向放

一個(gè)內(nèi)徑為。的不導(dǎo)磁管道，當(dāng)導(dǎo)電液體在管道中以流速。流動(dòng)時(shí)，導(dǎo)電液體切割

磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，在管道截面上垂直于磁場(chǎng)方向的直徑兩端安裝一對(duì)電極，該電

動(dòng)勢(shì)被信號(hào)電極采集，通過(guò)測(cè)量電壓的儀表放大轉(zhuǎn)換實(shí)現(xiàn)流速的測(cè)量，也可以實(shí)現(xiàn)

流量（單位時(shí)間內(nèi)流經(jīng)某一段管道的流體體積）的測(cè)量。則關(guān)于電磁流速/流量?jī)x的

說(shuō)法正確的是（）

A.測(cè)量電壓儀表a端的電勢(shì)高于b端的電勢(shì)

B.穩(wěn)定時(shí)信號(hào)電極采集到的電勢(shì)差與流速〃大小成反比

C.儀表盤如果是刻度盤，流速/流量刻度都是均勻的

D.流量的測(cè)量值與電磁流速/流量?jī)x管道的長(zhǎng)度成正比

7.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻為r,8是光敏電阻（阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減

小），/?2是定值電阻，C是平行板電容器，匕、彩都是理想電壓表。閉合開關(guān)S后，

電容器中的帶電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)。在光照強(qiáng)度增大的過(guò)程中，分別用//、//表

示電壓表匕和電壓表彩示數(shù)變化的絕對(duì)值，且/a<AU2,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.匕的示數(shù)增大，彩的示數(shù)減小B.匕的示數(shù)減小，彩的示數(shù)增大

C.帶電小球仍處于靜止?fàn)顟B(tài)D.帶電小球向上運(yùn)動(dòng)

8.如圖所示，豎直墻與水平地面交點(diǎn)為。，從豎直墻上的人B兩

點(diǎn)分別搭兩條光滑軌道到M點(diǎn)，NAMO=60。、ABMO=45°,

“點(diǎn)正上方與B等高處有一"C點(diǎn)?，F(xiàn)同時(shí)將a、b、c球分別從4、

B、C三點(diǎn)由靜止開始釋放。則（）

A.a球最先到達(dá)M點(diǎn)

B.b球最先到達(dá)M點(diǎn)

C.c球最先到達(dá)M點(diǎn)

D.b球和c球都可能最先到達(dá)M點(diǎn)

中正確的是（）

A.小物塊所受摩擦力的瞬時(shí)功率一定不斷變大

B.小物塊所受摩擦力做的功大于小物塊動(dòng)能的增加量

C.若物塊滑到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于

物塊增加的機(jī)械能

D.若物塊滑動(dòng)頂端時(shí)恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于

物塊增加的動(dòng)能

第4頁(yè)，共20頁(yè)

10.如圖所示，曲線表示固定在x軸上a、b兩點(diǎn)的兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電勢(shì)與位置之間的

對(duì)應(yīng)關(guān)系，兩個(gè)點(diǎn)電荷所帶電荷量分別為q1和q2,*P間距離大于P、匕間距離。

從圖可知以下正確的是（）

A.兩點(diǎn)電荷帶異種電荷

B.電勢(shì)最低的p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為零

C.p、b兩點(diǎn)之間電場(chǎng)方向都指向p點(diǎn)

D.將一負(fù)電荷從p點(diǎn)移到a點(diǎn)電勢(shì)能增加

11.赤道平面內(nèi)的某顆衛(wèi)星自西向東繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)該衛(wèi)星離地面的高度小于地球

同步衛(wèi)星的高度，赤道上一觀測(cè)者發(fā)現(xiàn)，該衛(wèi)星連續(xù)兩次出現(xiàn)在觀測(cè)者正上方的最

小時(shí)間間隔為t,已知地球自轉(zhuǎn)周期為7°,地球半徑為R,地球表面的重力加速度為

g,由此可知該衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的周期7和離地面的高度”為（）

A.T=B.r=tTo

（7。+亡）(T0-t)

Cf=3裁孺-R黑系-R

12.如圖所示，兩光滑平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌水平放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為BM

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直。已知金屬棒MN能

沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)，導(dǎo)軌一端跨接一個(gè)定值電阻R,金屬棒與N

導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒在恒力戶作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，在以后過(guò)程中，

金屬棒速度。、加速度a、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E以及通過(guò)電阻R的電荷量q隨時(shí)間t變化的關(guān)

系表示正確的是（）

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15.0分）

13.為測(cè)量木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃，一同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖（甲）所示的實(shí)驗(yàn)裝置，4為

裝有光電門的足夠長(zhǎng)的木板，B為與木板平滑連接的斜面C為帶遮光片的小物塊。

（1）測(cè)量遮光條寬度時(shí)游標(biāo)卡尺的示數(shù)如圖（乙）所示，則遮光條的寬度

d=mm；

（2）保持光電門的位置不變，多次改變物塊在斜面上釋放點(diǎn)的位置，每次都將物塊

由靜止釋放記錄每次物塊停止時(shí)物塊中心到光電門中心的水平距離久和遮光條通過(guò)

光電門的時(shí)間3為了能直觀地顯示％與t之間的關(guān)系，即作出線性圖像其應(yīng)作

（填選項(xiàng)序號(hào)）

A.x—t圖像

B.x一/圖像

C.x—:圖像

D.x一5一圖像

*

（3）若（2）問(wèn)中正確圖像的斜率為匕當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,不計(jì)細(xì)線與滑輪間的摩

擦及空氣阻力，則物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。（用字母表示）

第6頁(yè)，共20頁(yè)

14.某同學(xué)為精確測(cè)量某金屬圓柱的電阻，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路圖。現(xiàn)在需要兩個(gè)

量程為200nM的電流表，但實(shí)驗(yàn)室提供的器材中，一個(gè)電流表的量程為lOOmA,

內(nèi)阻為120,另外一個(gè)電流表的量程為200^4

⑴現(xiàn)將量程為100mA的電流表擴(kuò)充為200mA,則應(yīng)該（填“串”或“并”）

聯(lián)一個(gè)阻值R'=n的電阻。

（2）圖中E為學(xué)生電源、G為靈敏電流計(jì)、&代表量程為100mA電流表4（圖中未畫出

）改裝后的電流表、&為量程為200nM的電流表、k為電阻箱、/?2與氏均為滑動(dòng)變

阻器、飛為定值電阻、S為開關(guān)、Rx為待測(cè)金屬圓柱，另有導(dǎo)線若干，這些器材全

部由實(shí)驗(yàn)室提供。具體的實(shí)驗(yàn)操作如下：

4按照如圖甲所示的電路圖連接好實(shí)驗(yàn)器材；

B.將滑動(dòng)變組器/?2的滑片、滑動(dòng)變阻器/?3的滑片均調(diào)至適當(dāng)位置，閉合開關(guān)S;

C.調(diào)整/?3,逐步增大輸出電壓，并反復(fù)調(diào)整％和7?2使靈敏電流計(jì)G的示數(shù)為零，此

時(shí)量程為100nM的電流表4的示數(shù)為A,4的示數(shù)為/2，電阻箱的示數(shù)為Ry

D實(shí)驗(yàn)完畢，整理器材。

①實(shí)驗(yàn)步驟8中滑動(dòng)變阻器/?3的滑片應(yīng)調(diào)至最（填“左”或“右”）端；

②反復(fù)調(diào)整治和&使靈敏電流計(jì)G示數(shù)為零的目的是

③某次測(cè)量時(shí)量程為100爪4的電流表4的指針位置如圖乙所示，則此時(shí)通過(guò)&的電

流為mA

（3）待測(cè)金屬圓柱Rx的阻值為（用所測(cè)物理量的字母表示）

（4）電流表4、4的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果（填“有”或“無(wú)”）影響

四、計(jì)算題（本大題共3小題，共37.0分）

15.足球比賽中，經(jīng)常使用“邊路突破，下底傳中”的戰(zhàn)術(shù)，即攻方隊(duì)員帶球沿邊線前

進(jìn)到底線附近進(jìn)行傳中。某標(biāo)準(zhǔn)足球場(chǎng)長(zhǎng)105優(yōu)、寬68加。攻方前鋒在中線處將足

球沿邊線向前踢出，足球的運(yùn)動(dòng)可視為在地面上做初速度為12m/s的勻減速直線運(yùn)

動(dòng)，加速度大小為3m/s2。試求：

（1）足球從開始做勻減速運(yùn)動(dòng)到停下來(lái)的位移為多大？

(2)足球開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，該前鋒隊(duì)員沿邊線向前追趕足球。他的啟

動(dòng)過(guò)程可以視為初速度為零加速度為4m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，他能達(dá)到的最大速

度為8TH/S,該前鋒隊(duì)員至少經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間能追上足球？

邊線

16.如圖(甲)所示，半徑R=0.8m的光滑［圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低

點(diǎn)，B點(diǎn)右側(cè)的光滑的水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M=2kg,

長(zhǎng)度1=1m,小車的上表面與B點(diǎn)等高，質(zhì)量rn=2kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧

最高點(diǎn)4由靜止釋放，取g=10m/s2?

(1)求物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

(2)若物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3,求物塊從平板車右端滑出時(shí)平板車的速度大

小；

(3)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離均

勻變化如圖(乙)所示，求物塊滑離平板車時(shí)的速率。

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17.如圖所示，4c水平軌道上4B段光滑，BC段粗糙，且及。=2m,CDF為豎直平面內(nèi)

半徑為R=0.2m的光滑半圓軌道，兩軌道相切于C點(diǎn)，C尸右側(cè)有電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.5x

103N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向水平向右。一根輕質(zhì)絕緣彈簧水平放置，一端固定在4點(diǎn)，

另一端與帶負(fù)電滑塊P接觸但不連接，彈簧原長(zhǎng)時(shí)滑塊在B點(diǎn)。現(xiàn)向左壓縮彈簧后

由靜止釋放，已知滑塊P的質(zhì)量為zn=0.2的，電荷量為q=-1.0x10-3c,與軌道

BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.2,忽略滑塊P與軌道間電荷轉(zhuǎn)移。已知g=10m/s2,

sin37°=0.6.cos37°=0.8。求：

(1)若滑塊P運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)的瞬間對(duì)軌道壓力為2N,求彈簧釋放的彈性勢(shì)能；

(2)在(1)的條件下，滑塊運(yùn)動(dòng)到與。點(diǎn)等高的。點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

(3)欲使滑塊P在進(jìn)入圓軌道后不脫離圓軌道(即滑塊只能從C點(diǎn)或者F點(diǎn)離開半圓

軌道)，求彈簧最初釋放的彈性勢(shì)能的取值范圍。

ABC

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：曹沖稱象故事用等重量的石頭代替等重量的大象，是等效替代的思想。

A、牛頓的人造衛(wèi)星發(fā)射設(shè)想是由已知現(xiàn)象，經(jīng)過(guò)邏輯推理和數(shù)學(xué)工具驗(yàn)證，再進(jìn)行合

理延伸的科學(xué)思維方法，故A錯(cuò)誤；

3、測(cè)靜電力常量采用放大的思想，不是等效替代，故B錯(cuò)誤；

C、建立“合力和分力”的概念，采用等效替代的思想，故C正確；

￡＞、研究影響向心力大小的因素采用控制變量法，故。錯(cuò)誤。

故選：C0

曹沖稱象故事用等重量的石頭代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成與分解、

運(yùn)動(dòng)的合成與分解、以及交流電的有效值都是等效替代思想。

本題考查了等效替代法、理想模型法、極值法等思想方法，是物理學(xué)的精髓所在，基礎(chǔ)

問(wèn)題.

2.【答案】B

【解析】解：四個(gè)支撐面對(duì)蒸鍋的支持力的合力與蒸鍋包括食物的重力相等，設(shè)其中一

個(gè)支撐面對(duì)蒸鍋的支持力為N,則其方向與豎直方向夾角為a,由分析可知

圖乙

Ny=Ncosa

又在豎直方向受力平衡，有4Ny=G

故AC。錯(cuò)誤，B正確。

故選：B?

分析一個(gè)支撐面對(duì)蒸鍋的支持力方向，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可以求出支持力。

第10頁(yè)，共20頁(yè)

在處理共點(diǎn)力的平衡問(wèn)題，要注意如果物體處于平衡狀態(tài)，在利用正交分解法時(shí)，有&=

0,Fy=0Q

3.【答案】D

【解析】解：初始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)靜止，彈力為對(duì)木球分析Psgv=屋+pgv

釋放瞬間，彈力不變，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，浮力消失，

根據(jù)牛頓第二定律可得：a=電史="等產(chǎn)=（1+券）g,故。正確，ABC錯(cuò)誤。

故選：D.

系統(tǒng)靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件列方程，在釋放的瞬間，浮力消失，根據(jù)牛頓第二定律列式

求解加速度即可。

物體在液體中所受的浮力為上下兩平面的壓力差，在完全失重狀態(tài)，物體不受浮力作用。

4.【答案】A

【解析】解：4、甲乙兩球從等高處做平拋運(yùn)動(dòng)恰好在C點(diǎn)相碰，則時(shí)間相等，水平方

R]

向有=V2t=茄荷；=而R,%!=V1t=R,

所以甲、乙兩球初速度大小之比為遮：1,故A正確；

8、兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故改變質(zhì)量，兩球仍會(huì)相碰，故B錯(cuò)誤；

C、若。2大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半，在時(shí)間不變的情況下水平位移會(huì)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，但由

于乙球會(huì)碰到斜面，下落高度減小，時(shí)間減小，所以乙球的水平位移小于原來(lái)的一半,

不會(huì)落在斜面的中點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

以若乙球垂直擊中圓環(huán)4C,則落點(diǎn)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線過(guò)圓心0,由幾何關(guān)系有（W"-

3R）2+Ggt2）2=R2,

，即&=竿事=也（落點(diǎn)和圓心連線與。（?夾角為吟，解得以'。2%,故。錯(cuò)誤。

-gt2gt

故選：4。

兩球均做平拋運(yùn)動(dòng)，將平拋運(yùn)動(dòng)分解為水平方向上勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落

體運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析，根據(jù)題中給出的條件即可列式求解。

本題主要是考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律應(yīng)用，知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線

運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)，解決本題的關(guān)鍵知道分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性。

5.【答案】C

【解析】解：4、由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、函數(shù)方程為a=出-4,汽車加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，加速度減小，故B錯(cuò)誤；

V

C、對(duì)汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有F-f=

□P

ma,F=-V

聯(lián)立得Q=-....-

mvm

結(jié)合圖線，故￡=匕工=4

mm

所以P=km=500x800UZ=400kW,f=4m=4x800/V=3200/V,故C正確；

D、當(dāng)物體的速度最大時(shí)，加速度為零b=3=9=就焉=0.008,故。錯(cuò)誤；

故選：Co

賽車以恒定功率啟動(dòng)，對(duì)汽車受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結(jié)合圖象進(jìn)行分

析即可

本題關(guān)鍵對(duì)汽車受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列出加速度與速度關(guān)系的表達(dá)式，再結(jié)

合圖象進(jìn)行分析求解

6.【答案】C

［解析］解：4根據(jù)左手定則可知測(cè)量電壓的儀表a端的電勢(shì)低于b端的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

8.當(dāng)導(dǎo)電液體在管道中以流速u流動(dòng)時(shí)，正負(fù)離子在磁場(chǎng)的作用下偏轉(zhuǎn)，電極兩端形成

了電勢(shì)差，當(dāng)=qvB

即U=BvD

電勢(shì)差恒定，保持穩(wěn)定輸出，所以信號(hào)電極采集到的電勢(shì)差與流速大小成正比，故B錯(cuò)

誤；

CD流量為Q=?=竽

流量的測(cè)量值與流速"成正比，與電磁流速/流量?jī)x管道的長(zhǎng)度無(wú)關(guān)，在儀表內(nèi)部參數(shù)確

定后，測(cè)量流速和流量的儀表盤刻度都是均勻的，故C正確，。錯(cuò)誤；

故選：Co

第12頁(yè)，共20頁(yè)

根據(jù)左手定則分析出粒子的受力方向，由此分析出電勢(shì)的高低；

根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出電壓的表達(dá)式，結(jié)合流量的表達(dá)式完成分析。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)左手定則分析出粒子的受力方向，結(jié)合電場(chǎng)

力和洛倫茲力的等量關(guān)系即可完成分析。

7.【答案】B

【解析】解：4B.在光照強(qiáng)度增大的過(guò)程中，8的阻值減小，電路總電阻減小，總電流

增大，則7?2的電壓增大，彩的示數(shù)增大。內(nèi)電壓和7?2的電壓增大，則路端電壓減小，匕

的示數(shù)減小，%的電壓減小，故A錯(cuò)誤、B正確；

CD8的電壓減小，則電容器板間電壓減小，板間場(chǎng)強(qiáng)減小，帶電小球受到的電場(chǎng)力減

小，則帶電小球向下運(yùn)動(dòng)，故C￡?錯(cuò)誤。

故選：B。

在光照強(qiáng)度增大的過(guò)程中，8的阻值減小，分析電路總電阻的變化，判斷總電流變化和

路端電壓的變化，即可知道小的示數(shù)變化。由歐姆定律分析/的示數(shù)變化。根據(jù)電容器

板間電壓的變化，分析帶電小球的運(yùn)動(dòng)情況。

解決本題的關(guān)鍵要抓住電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻不變，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析。

也可以直接根據(jù)路端電壓隨外電阻的減小而減小，分析匕的示數(shù)變化情況。

8.【答案】C

【解析】解：設(shè)CM距離為R,

對(duì)于4M軌道：

位移X1=2R,加速度為：的==gsin60°=?g,

由與=,

對(duì)于BM軌道：

位移無(wú)2=加速度為：?2-m,g5^45=gsin45°—~9,

由芯2=|?2^2>

對(duì)于C到M：

位移%3=R，加速度。3=9>

由得%3巧，

解得：t3=怪=用=怪

\as7g\9

可見t3最小，上2最大，c球最先到達(dá)M點(diǎn)，故C正確，AB。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)幾何關(guān)系分別求出各個(gè)軌道的位移，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)勻變速

直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而比較出到達(dá)M點(diǎn)的先后順序。

解決本題的關(guān)鍵根據(jù)牛頓第二定律求出各段的加速度，運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間

公式進(jìn)行求解。

9.【答案】BC

【解析】解：力、物塊受到重力、支持力和摩擦力作用，可能先做勻加速，后做勻速直

線運(yùn)動(dòng)，則摩擦力的瞬時(shí)功率先增大，后不變，故A錯(cuò)誤。

8、在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力做正功，重力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理知，合力做功等于動(dòng)

能的變化量，則摩擦力做功大于物塊動(dòng)能的增加量，故8正確。

CD,根據(jù)功能關(guān)系知，摩擦力做功等于物塊機(jī)械能的增加量，物塊運(yùn)動(dòng)到頂端時(shí)，恰

好與傳送帶共速，則物塊的位移與相對(duì)位移大小大小，則摩擦力對(duì)物塊做功的大小等于

摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的機(jī)械能，故C正確，

。錯(cuò)誤。

故選：BC.

根據(jù)物塊在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷摩擦力功率的變化，結(jié)合動(dòng)能定理比較摩擦力做

功與物塊動(dòng)能的變化量，根據(jù)功能關(guān)系比較摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能與物塊增加的機(jī)械能關(guān)系。

解決本題的關(guān)鍵掌握功能關(guān)系，知道除重力以外其它力做功等于機(jī)械能的增加量，知道

摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于摩擦力與相對(duì)位移的乘積。

10.【答案】BC

第14頁(yè)，共20頁(yè)

【解析】解：4B.由E=,可知，a-%圖象斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，可知p點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)最小，由

沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，可知a、b兩點(diǎn)電荷均為正電荷，且兩點(diǎn)電荷在p點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)

大小相等，方向相反，所以電勢(shì)最低的p點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是零，故A錯(cuò)誤，8正確；

C.由沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，p點(diǎn)電勢(shì)最低，可知p、匕兩點(diǎn)之間電場(chǎng)方向都指向p點(diǎn)，

故C正確；

D由Ep=q<p可知，負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，在電勢(shì)低處電勢(shì)能大，將一負(fù)電荷從p

點(diǎn)移到a點(diǎn)，即從低電勢(shì)移到高電勢(shì)，電勢(shì)能減少，故。錯(cuò)誤。

故選：BC。

S-x圖象的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，電勢(shì)能根據(jù)昂=98

來(lái)判定。

本題重點(diǎn)考查-X圖象的物理意義；電勢(shì)能的表達(dá)式Ep=qs使用時(shí)注意符號(hào)的代入。

11.【答案】AC

【解析】解：設(shè)衛(wèi)星的周期為T,則有?-勺t=2〃

110

解得了=告

/o+c

由萬(wàn)有引力提供向心力。湍？=m(R+H)黑

又在地表處g=察

聯(lián)立解得H=3冷乩故AC正確，B。錯(cuò)誤；

47Tz(t+7b)Z

故選：AC.,

根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力公式，結(jié)合前后兩次出現(xiàn)在人的正上方時(shí)，正好多轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，

從而列式，即可求解.

考查萬(wàn)有引力與向心力表達(dá)式，掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，理解向心力的來(lái)源，注意前

后兩次出現(xiàn)在人的正上方時(shí)，正好多轉(zhuǎn)動(dòng)一圈是解題的突破口.

12.【答案】BCD

【解析】解：AB.金屬棒受到恒力作用開始做加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)以后由于切割磁感線導(dǎo)體

棒受到安培力的作用，加速度大小滿足：ma=F-*,隨著速度的增大，加速度越

來(lái)越小，最終將做勻速運(yùn)動(dòng)，故4錯(cuò)誤、8正確；

C.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLu=BLat,由于加速度逐漸減小，則

E隨t變化的圖線切線斜率越來(lái)越小，最后E為一定值，故C正確；

D通過(guò)電阻R的電荷量q=〃==￥，由于金屬棒做加速度越來(lái)越小的加速運(yùn)動(dòng)，

KK

金屬棒的位移X隨時(shí)間增大，增加的越來(lái)越慢，通過(guò)R的電荷量隨時(shí)間增加，但在相等

時(shí)間內(nèi)的增加量逐漸減小，當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)圖線的切線斜率不變，。正確。

故選：BCD。

由安培力公式求出安培力，然后由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)加速度的表達(dá)式判斷

加速度與速度如何變化；求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電荷量的表達(dá)式，然后分析它們的變化，即

可答題.

本題考查了判斷速度"、加速度a、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、通過(guò)電阻的電荷量隨時(shí)間的變化關(guān)系，

求出金屬棒受到的安培力，應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度，然后進(jìn)行分析即可正確解題,

知道金屬棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)是正確解題的關(guān)鍵.

13.【答案】3.10。里

【解析】解：(1)由圖乙所示游標(biāo)卡尺可知，其精度是0.05rmn,遮光條的寬度d=3mm+

2x0.05mm=3.10mm

(2)已知遮光條寬度為d,則滑塊經(jīng)過(guò)光電門速度為u=+

已知物塊中心到光電門中心的水平距離為x,由速度一位移公式得：v2=2ax

由牛頓第二定律得：fimg=ma

整理得：x=為吟,d、〃都是常數(shù)，x與表成正比，x—得圖像是直線，應(yīng)作出X—表圖

故選D。

⑶由x=可知，X—2圖像的斜率k=S

解得，動(dòng)摩擦因數(shù)：〃=身

2kg

故答案為：(1)3.10；(2)D；(3塌。

(1)游標(biāo)卡尺主尺讀數(shù)與游標(biāo)尺讀數(shù)的和是游標(biāo)卡尺讀數(shù)。

(2)求出滑塊經(jīng)過(guò)光電門時(shí)的速度，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度一位移求出分析答題。

(3)根據(jù)圖像的函數(shù)表達(dá)式求出動(dòng)摩擦因數(shù)。

要掌握常用器材的使用即讀數(shù)方法；理解實(shí)驗(yàn)原理是解題的前提，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)

第16頁(yè)，共20頁(yè)

的速度一位移公式求出圖像的函數(shù)表達(dá)式即可解題。

14.【答案】(1)并，12；(2)①左；②使Ri和/?2兩端的電壓相等：③160：(3)自治；(4)

無(wú)

【解析】解：⑴要將量程為100m4內(nèi)阻為120的電流表量程擴(kuò)大為/=200m4由

電流表的改裝原理可知，應(yīng)并聯(lián)R'="=120的電阻；

(2)①閉合開關(guān)前，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器/?3的滑片滑至最左端，保護(hù)電路中的元件；

②調(diào)節(jié)電流計(jì)G的示數(shù)為零，目的是使&和/?2兩端的電壓相等；

③根據(jù)電表的改裝原理可知，通過(guò)電阻/?2的電流應(yīng)該是量程為100mA的電流表4的刻度

上讀數(shù)的2倍，即160nl4；

(3)根據(jù)2/出=”2,得到待測(cè)金屬圓柱的電阻為：Rx吟12&

(4)從表達(dá)式可以看出電流表4、4的內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果較沒(méi)有影響。

故答案為：⑴并，12；(2)①左；②使此和/?2兩端的電壓相等；③160；⑶年%;(4)

無(wú)

(1)把電流表擴(kuò)大量程要并聯(lián)一個(gè)電阻進(jìn)行分流；

(2)為了能夠保護(hù)電路元件，分壓連接方式應(yīng)該從最左端開始；當(dāng)電流計(jì)為零時(shí)，兩電

阻的電壓相等；根據(jù)改裝后的電流特點(diǎn)可計(jì)算出/?2的電流；

本題考查了電學(xué)實(shí)驗(yàn)，解題的關(guān)鍵是了解電流表的改裝原理及電流計(jì)為零時(shí)意味著上下

兩電路電壓相等。

15.【答案】解：(1)足球的運(yùn)動(dòng)可視為在地面上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

2)

-0--1~2~-m=2c4m

2Q12X(-3)

(2)當(dāng)隊(duì)員的速度達(dá)到滿速時(shí)匕=賓==2s

at2

此時(shí)隊(duì)員的位移為XI=l2i=IX4x2m=8m

此時(shí)足球的位移為=Vofi+之%妤=12x2m—1x3x22m=18m

此時(shí)隊(duì)員未追上足球，與足球相差10根，以球?yàn)閰⒄瘴?，運(yùn)動(dòng)員與足球S例y=10m

隊(duì)員此后相對(duì)初速"相對(duì)=2mls

加速度a相對(duì)=3m/s2

追上足球用時(shí)為5則有S相對(duì)=。相對(duì)今+）相對(duì)考

解得t2=2s

故前鋒隊(duì)員追上足球至少經(jīng)過(guò)t=“+J=2s+2s=4s

答：（1）足球從開始做勻減速運(yùn)動(dòng)到停下來(lái)的位移為24m；

（2）足球開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，該前鋒隊(duì)員沿邊線向前追趕足球。他的啟動(dòng)過(guò)

程可以視為初速度為零加速度為4zn/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，他能達(dá)到的最大速度為

8m/s,該前鋒隊(duì)員至少經(jīng)過(guò)4s長(zhǎng)時(shí)間能追上足球。

【解析】（1）根據(jù)速度一位移公式計(jì)算足球的位移；

（2）根據(jù)位移一時(shí)間公式和隊(duì)員與足球的位移關(guān)系列式求出追上的時(shí)間。

本題以足球運(yùn)動(dòng)為考查背景，考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的基本應(yīng)用，解題的關(guān)鍵點(diǎn)在于分類討

論隊(duì)員追上足球的時(shí)間并加以分析。

16.【答案】解：（1）物塊從4點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，其機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得:

1,

mgR=-mvj

代入數(shù)據(jù)解得：vB=4m/s

在B點(diǎn)，軌道的支持力與物塊的重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：

詔

F-mg=m—

代入數(shù)據(jù)解得：F=60N

由牛頓第三定律可知，物塊在B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力/'=F=60N,方向豎直向下.

（2）物塊滑上小車后，對(duì)物塊，由牛頓第二定律得，加速度：

umg,,

22

ax=----==0.3x10m/s=3m/s

平板車向右勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為：

umg0.3x2x10、,

m/sm

a2==----------=3/s

物塊向右勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t滑離，

22

貝！I有：vBt--aTt--a2t=I

代入數(shù)據(jù)解得：t=：s（t=1s時(shí)物塊已經(jīng)離開平板車，舍去）

所以物塊滑離平板車時(shí)速度大小為：v=vB-a1t=4m/s-3x|m/s=3m/s

第18頁(yè)，共20頁(yè)

(3)物塊在小車上滑行時(shí)的摩擦力做功:

Nimg+427ng0.3x2x104-0.6x2x10

wf=--------------1=--------------------------X1/=-9;

從物體開始滑動(dòng)到滑離平板車的過(guò)程，由動(dòng)能定理得：

1,

mgR+Wf=-mvz-0

代入數(shù)據(jù)解得：v=V7m/s

答：(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小是60N,方向豎直向下；

(