2024年福建省四校高考物理模擬試卷（含詳細答案解析）

2024年福建省四校高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共4小題，共12分。

1.2021年12月9日，航天員王亞平在時隔8年后再次進行太空授課，在其中一個環(huán)節(jié)，王亞平通過向水

膜注水形成了一個小水球，視頻中可以清晰地看到小水球在不斷地進行周期性振動（即小水球形狀在不斷

發(fā)生周期性變化），研究表明，小水球振動的頻率/=kJ5。其中。的單位為牛頓每米（N/爪），根為小水球

質量，下列關于左的說法正確的是（）

A.4是無單位的物理量B.左與時間的單位相同

C.左與頻率/的單位相同D.人與（T的單位相同

2.2023年11月22日，“夸父一號”先進天基太陽天文臺衛(wèi)星，完成在軌初步評軌道n.”......?

軌道I'

估，衛(wèi)星工作正常，性能穩(wěn)定?！翱涓敢惶枴毙l(wèi)星最終運行在太陽同步晨昏軌道

II（距離地面720的7的圓形軌道）上，其軌道面和地球晨昏線始終近似重合。該衛(wèi)

星先被發(fā)射到橢圓軌道I上運行，在A處通過變軌轉移至圓形軌道II上運行,

A、8分別為橢圓軌道/的遠地點和近地點，地球同步衛(wèi)星距離地面36000A%下列說法中正確的是（）

A.衛(wèi)星經(jīng)過B點時的速度小于沿軌道II經(jīng)過A點時的速度

B.衛(wèi)星沿軌道I、II經(jīng)過A點時的加速度相等

C.“夸父一號”衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周期相等

D.“夸父一號”衛(wèi)星的機械能小于地球同步衛(wèi)星的機械能

3.如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4：1,電阻R=550,電流表、電壓表均為理想電表。

原線圈A,8端接入如圖乙所示的正弦交變電壓，則（）

A.電流表的示數(shù)為4.04B.t=0.005s時，電壓表示數(shù)為55/11/

副線圈中的電流方向每秒改變次D.原線圈的電流最大值為苧力

C.504

4.如圖所示，某煤礦有一水平放置的傳送帶，已知傳送帶的運行速度為%=0.8m/s,開采出的煤塊以

50kg/s的流量（即每秒鐘有50依煤塊從漏斗中落至傳送帶上）垂直落在傳送帶上，并隨著傳送帶運動。為

了使傳送帶保持勻速傳動，電動機的功率應該增加（）

A.32WB.40WC.16WD.20W

二、多選題：本大題共4小題，共16分。

5.一列沿x軸傳播的簡諧橫波，在t=0時的波形如圖甲所示，P、。是波上的兩個質點，此時質點P沿y

軸負方向運動，圖乙是波上某一質點的振動圖像，下列說法正確的是（）

A.該波沿龍軸正方向傳播

B.圖乙可能為。點的振動圖像

C.0?0.10s內(nèi)，質點尸通過的路程等于10c機

D.該波的波速為40m/s

6.日本福島核電站的核泄漏事故，使碘的同位素131被更多的人所了解.利用質譜儀Ui127

可分析碘的各種同位素，如圖所示，電荷量均為+q的碘131和碘127質量分別為爪1￡一二----E原

和機2,它們從容器A下方的小孔Si進入電壓為U的加速電場（入場速度忽略不計），

經(jīng)電場加速后從S2小孔射出，垂直進入磁感應強度為8的勻強磁場中，最后打到照相底片上.下列說法正

確的是（）

A.磁場的方向垂直于紙面向里

B.碘131進入磁場時的速率為國

C.碘131與碘127在磁場中運動的時間差值為迎合型

qB

D.打到照相底片上的碘131與碘127之間的距離為J耳）

7.某電場沿x軸上各點的電場強度大小變化如圖所示；場強方向與x軸平行，規(guī)定沿x軸正方向為正，一

負點電荷從坐標原點。以一定的初速度沿x軸負方向運動，到達與位置時速度第一次為零，到達冷位置時

速度第二次為零，不計粒子的重力.下列說法正確的是（）

A.點電荷從州運動到叼的過程中，速度先保持不變，然后均勻增大再均勻減小

B.點電荷從。沿X軸正方向運動到比2的過程中，加速度先均勻增大再均勻減小

C.電勢差Uoxi<Uox2

D.在整個運動過程中，點電荷在的、冷位置的電勢能最大

8.如圖所示，是一兒童游戲機的工作示意圖。光滑游戲面板與水平面成夾角。，半徑為R的四分之一圓弧

軌道8c與AB管道相切于8點，C點為圓弧軌道最高點，輕彈簧下端固定在管道的底端，上端系一輕

繩，繩通過彈簧內(nèi)部連一輕質手柄P將球投入AB管內(nèi)，緩慢下拉手柄使彈簧被壓縮，釋放手柄，彈珠被

彈出，與游戲面板內(nèi)的障礙物發(fā)生一系列碰撞后落入彈槽里，根據(jù)入槽情況可以獲得不同的獎勵。假設所

有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠視為質點。某次緩慢下拉手柄，使彈珠距8點為L釋放手柄，彈珠

被彈出，到達C點速度為V。已知彈珠的質量為加，當?shù)刂亓铀俣葹間。下列說法正確的是（）

A.彈珠從釋放手柄到離開彈簧的過程中，彈簧彈力一直做正功，彈珠動能一直增大

B.調整手柄的位置，可以使彈珠從C點離開后做勻變速直線運動，直到碰到障礙物

C.彈珠脫離彈簧的瞬間，其動能和重力勢能之和達到最大

D.此過程中，彈簧的最大彈性勢能為+/?）sin0+|mv2

三、填空題：本大題共3小題，共18分。

9.由甲、乙兩種不同顏色的光，垂直于直角三棱鏡的AC邊界面射

入，照射到斜面上的〃點，甲光恰好發(fā)生全反射，乙光可以從。點折

射出棱鏡，如圖所示。若甲、乙單色光在該棱鏡中傳播速度分別為左遙

和k2c（c為真空中的光速），則可以判斷的七（選填“>”或

）；甲、乙兩單色光在該介質中的折射率之比為（用七、七表示）；在同一雙縫干涉裝置中，甲

光形成的條紋間距______乙光形成的條紋間距（選填或）□

10.一定質量理想氣體先后經(jīng)歷a-B,BIC,Ct4三個階段，其P-U圖像如

圖所示。

在C-4的過程中氣體內(nèi)能的變化趨勢為（填“一直增大”或“■直減小”

或“先增大后減小”或“先減小后增大”）。在4rB-C過程中氣體（填

“吸收”或“放出”）的熱量為Jo

11.一位質量為50依的同學從8樓乘電梯下降到1樓，在此過程中利用手機內(nèi)置的加速度傳感器測得電梯

運行的加速度a隨時間/的變化關系如圖所示（重力加速度g取10m/s2）。當t=10s時，該同學處于一

狀態(tài)（填“超重"或''失重”），此時他對電梯地板的壓力大小約N,整個過程中電梯運行的最大速

率約為m/so

四、實驗題：本大題共2小題，共12分。

12.如圖甲所示，一位同學利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律”的實驗.有一直徑為小質量

為根的金屬小球由A處由靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門，測得A、B間

的距離為?d）,光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t,當?shù)氐闹亓铀俣葹間.則：

A?金融

（1）如圖乙所示，用20分度的游標卡尺測得小球的直徑d=cm.

（2）多次改變高度H,重復上述實驗，作出《隨”的變化圖象如圖丙所示，當圖中已知量玲、%和重力加速

度g及小球的直徑d滿足以下表達式：（用片、"0、g、d表示，四個量均取國際單位）時，可判斷小

球下落過程中機械能守恒.

（3）實驗中發(fā)現(xiàn)動能增加量AEK總是稍小于重力勢能減少量AEp,增加下落高度后，則AEp-△以將

（選填“增加”、“減小”或“不變”）.

13.根據(jù)人體電阻的大小可以初步判斷人體脂肪所占比例.

（1）實驗小組用多用電表直接粗測人體電阻段,先把選擇開關調至“xlk”擋，經(jīng)歐姆調零后測量人體電

阻，指針偏轉如圖。所示：為了使測量結果更準確，應把選擇開關調至_____（填“X100”或“xlO/c”）

（2）現(xiàn)用另外方案測量人體電阻，實驗小組根據(jù)已有器材設計了一個實驗電路.實驗室提供的器材如下：電

壓表匕（量程5匕內(nèi)阻q=5O.O/C0）,電壓表彩（量程3匕內(nèi)阻D=30.0kO）,電流表4（量程0.64內(nèi)阻r=

10）,滑動變阻器R（額定電流1.54最大阻值500）,電源E（電動勢6.0U,內(nèi)阻不計），開關S,導線若干，

請幫助完成下列實驗步驟：

①圖中虛線框內(nèi)缺少了一塊電表，應選擇,理由是；

②請把實驗電路圖補充完整；

③若步驟①中所選電表的示數(shù)為。，電壓表匕的示數(shù)為U1，則待測電阻a=(用題中所給的物理量

符號表達)。

五、簡答題：本大題共1小題，共14分。

14.在傾角37。、足夠長的斜面底端有一個質量為1依的物體(可看成質點)，物

體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0.5。物體先在沿斜面的拉力廠作用下，以%=

5a/s的速度勻速上升2s,再撤銷拉力凡g^lOm/s2,貝的

(1)拉力尸有多大？

(2)物體沿斜面上升的最大距離有多少？

(3)物體返回斜面底端時的速度有多大?

六、計算題：本大題共2小題，共28分。

15.如圖所示，在光滑水平面上放置一矩形線框abed,ab邊的長度為L]=2m,6c邊的長度為功=1m,

線框的質量為爪=Mg,電阻為r=10,線框通過細線繞過光滑的定滑輪與重物相連，滑輪的質量不計,

重物的質量為M=2kg；水平面上^和g/7是有界勻強磁場的邊界，邊界與水平面的底邊平行，4和g/7間

距為L=3m,磁場方向垂直于水平面向下，磁感應強度為B=17,開始時cd邊與^邊界的距離為x=

Imo現(xiàn)由靜止釋放重物，線框恰好能勻速穿過邊界g/z,線框運動過程中那邊始終與水平面的底邊平行,

設水平面足夠長，矩形線框abed不會與滑輪接觸，重力加速度為g=10rn/s2。求:

M

(1)線框穿過gh邊界時速度的大小v；

(2)線框進入磁場過程中通過線框的電量q；

(3)線框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱20

16.如圖所示，絕緣軌道MNPQ位于同一豎直面內(nèi)，其中MN段是長度為L的水平軌道，尸。段為足夠長的

光滑豎直軌道，NP段為光滑的半徑為R的四分之一圓弧，圓心為0,直線NN'右側有方向水平向左的電場

(圖中未畫出)，電場強度石=斗也，在包含圓弧軌道NP的。NO'P區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向外、磁感應強

度為8的勻強磁場(邊界處無磁場)。軌道最左端〃點處靜止一質量為加、電荷量為q的帶負電的物塊

A,一質量為3機為物塊C從左側的光滑軌道上以速度北撞向物塊A。A、C之間發(fā)生彈性碰撞，之后沿軌

道向右運動，A、C均可視為質點，且與軌道的動摩擦因數(shù)相同且動摩擦因數(shù)為出重力加速度為g。A

在運動過程中所帶電荷量保持不變且始終沒有脫離軌道。求：

(1)碰撞后A、C的速度大?。?/p>

(2)問當A、C與水平軌道的動摩擦因數(shù)4滿足什么條件時，能使A碰后能沖上圓弧軌道，且不會與C

發(fā)生第二次碰撞；

(3)若A碰后能沖上圓弧軌道且越過P點后再返回到N點，求此過程中A對軌道NP的最大壓力的大小。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：。的單位為N/巾，機為質量單位為彷，/為頻率單位為Hz,根據(jù)小球振動的頻率/=k3

fe

可知k=/慳,則有：Ik=-Lf^=!---Ig_=l---s=1,所以上是無單位的物理

J7(Js'N/ms'kg-m-sz-m12s1

量，故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

根據(jù)物理學公式及各物理量的單位進行推導，即可得出結論。

本題考查了各單位與各物理量單位間的關系，熟悉各物理量的單位，熟練掌握各物理學公式是正確解題的

關鍵。

2.【答案】B

【解析】解：A、設衛(wèi)星在過2點圓軌道上的運行速度為如，衛(wèi)星沿軌道II經(jīng)過A點時的速度為外,衛(wèi)星

繞地球做勻速圓周運動，由萬有引力提供向心力有

GMmv2

———=m—

r2r

解得：u=修

\r

可得外＞vA

設衛(wèi)星在軌道I經(jīng)過B點時的速度如I，衛(wèi)星經(jīng)過8點時，由圓軌道變軌到軌道I需加速，則有與1＞外

所以外］＞以，即衛(wèi)星經(jīng)過8點時的速度大于沿軌道II經(jīng)過A點時的速度，故A錯誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律有等=aa,解得a=管，可知，衛(wèi)星沿軌道I、II經(jīng)過A點時的加速度相等，故

3正確；

。、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力有

GMm47r2

——5—=m—z-r

解得T=J需，由于“夸父一號”衛(wèi)星的軌道半徑與地球同步衛(wèi)星的軌道半徑不相等，則“夸父一號”

衛(wèi)星的周期與地球同步衛(wèi)星的周期不相等，故C錯誤；

D,由于不知道“夸父一號”衛(wèi)星與地球同步衛(wèi)星的質量關系，所以無法比較二者的機械能關系，故。錯

誤。

故選：B。

根據(jù)萬有引力提供向心力列式，分析衛(wèi)星在過B點圓軌道上的運行速度與沿軌道n經(jīng)過A點時的速度大

小，結合變軌原理分析衛(wèi)星經(jīng)過B點時的速度與沿軌道II經(jīng)過A點時的速度大小。根據(jù)牛頓第二定律列式

分析加速度關系。由萬有引力提供向心力列式分析周期關系。結合質量關系能否分析機械能關系。

本題的解題關鍵在于根據(jù)衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動時，由萬有引力提供向心力列方程，會靈活選擇向心

力的不同表達式，同時，要掌握衛(wèi)星的變軌原理。

3.【答案】D

【解析】解：AB,分析圖乙可知，原線圈的電壓最大值為所以原線圈的電壓的有效值為a=

碧=等關^=220叭再根據(jù)念="可知，副線圈的電壓的有效值為4=55乙即為電壓表的讀數(shù)，根

據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電流/=字=||4=14故錯誤。

C、變壓器不會改變電流的頻率，電流的周期為T=0.02s,交變電流一個周期電流方向改變2次，則電流

方向每秒改變100次，故C錯誤。

D、根據(jù)?="可知，。=則最大值為/'==瓶x：力=噂2,故￡）正確。

11九2444

故選：Do

根據(jù)瞬時值的表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和最大值等，再根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比即可求得結

論。

本題掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，最大值和有效值之間的關系即可解決本題，注意在求電

表示數(shù)時要用到有效值。

4.【答案】A

【解析】解：由題意，落到傳送帶上的煤塊都將與傳送帶速度相等，相當于每秒鐘內(nèi)落到傳送帶上煤塊都

將獲得速度v,由動量定理可得==

代入數(shù)據(jù)解得/=40N

煤塊受到的摩擦力由傳送帶提供，則電動機對傳送帶應增加的牽引力為40N。

電動機應增加的功率為P=Fv0=40x0.8W=32W

故A正確，BCD錯誤。

故選：Ao

研究每秒鐘內(nèi)落到傳送帶上的煤塊，根據(jù)動量定理求出煤塊受到的摩擦力，根據(jù)P=Fv=求電動機應

增加的功率。

傳送帶問題是高中物理中的一個重要題型，關鍵要知道電動機應增加的功率等于增加的牽引力與速度的乘

積。

5.【答案】AD

【解析】解：4已知t=0時P點沿y軸負方向運動，根據(jù)同側法或上下坡法可知波向x軸正方向傳播，故

A正確；

A根據(jù)同測法或上下坡法可知，。點在0時刻沿y軸正方向運動，所以乙圖不是。點的振動圖像，故B錯

誤；

C.根據(jù)振動圖像可知周期：T=0.20s

所以t=0.10s時經(jīng)歷了半個周期，尸點在平衡位置下方沿y軸正方向運動，由圖可知質點P先向下運動到

達最低點后向上運動，故通過的路程必定大于10cm,故C錯誤；

D根據(jù)圖甲可知波長是8加，根據(jù)波速、波長和周期的關系，波速為

A8

v=亍=m/s-40m/s

故。正確。

故選：AD.

本題根據(jù)同側法或上下坡法確定質點振動方向，再根據(jù)周期和運動時間確定運動狀態(tài)，最后根據(jù)波速、波

長和周期的關系求解波速。

本題考查了波動圖像和振動圖像，掌握波速、波長和周期的關系，理解質點在不同時刻的振動狀態(tài)是解決

此類問題的關鍵。

6.【答案】BCD

【解析】解：A、根據(jù)粒子帶正電，結合左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；

B、由動能定理知，粒子在電場中得到的動能等于電場對它所做的功，=qU

解得：p=國，故2正確；

C、根據(jù)周期公式=駕，因運動的時間為周期的一半，則有：在磁場中運動的時間差值為：

7qBfqB”叫㈤

故C正確；

。、由洛倫茲力提供向心力，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為凡

2

則有：Bqv=m—v

K

它們的距離之差ad=2%-2夫2=：（J平-戶手）故）正確;

故選：BCD。

4根據(jù)左手定則，即可確定磁場的方向；

3、根據(jù)動能定理，即可求解進入磁場的速度大?。?/p>

C、根據(jù)周期公式，運動時間是周期的一半，即可求解；

。、根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結合牛頓第二定律，即可求解距離.

考查電場力與洛倫茲力對粒子的作用，理解動能定理與牛頓第二定律及運動學公式的應用，注意所求距離

與半徑的關系，同時注意周期與運動時間的關系.

7.【答案】BD

【解析】解：4點電荷從/運動到冷的過程中，將運動階段分成兩段：點電荷從打運動到。的過程中，初

速度為0,根據(jù)牛頓第二定律：a=￡="，電場強度E不變，所以加速度。不變，做勻加速運動。點電

mm

荷從。運動到久2的過程中，根據(jù)牛頓第二定律：a=￡="，電場強度E先增大后減小，所以加速度。先

mm

增大再減小，速度不是均勻變化，故A錯誤；

氏點電荷從。運動到右的過程中，根據(jù)牛頓第二定律：a=￡=雙，電場強度E先均勻增大后均勻減小，

所以加速度。先均勻增大再均勻減小，故B正確；

C點電荷從。運動到打的過程中，根據(jù)動能定理：=0-；爪為2,點電荷從。運動到電的過程中，

根據(jù)動能定理：=0-2爪"()2，所以：電勢差4x1=U0x2，故c錯誤。

D點電荷從O運動到修的過程中，電場力做負功，電勢能增大，點電荷在/位置的電勢能最大；點電荷從

。運動到久2的過程中，電場力做負功，電勢能增大，點電荷在尤2位置的電勢能最大，故D正確。

故選：BDo

點電荷從乙運動到犯的過程中，根據(jù)牛頓第二定律：a=±=M由電場強度E的變化可以得出加速度的

變化，進而得出v的變化；根據(jù)動能定理可以比較U°xi與U°x2的大小；根據(jù)電場力做負功，得出電勢能的

大小.

此題考查帶點粒子在電場中的運動問題，根據(jù)牛頓第二定律：a=￡=擔，由電場強度E的變化可以得出

mm

加速度的變化，根據(jù)電場力做功，可以得出電勢能的變化.

8.【答案】CD

【解析】解：4彈珠從釋放手柄到離開彈簧的過程中，彈力沿斜面向上，對彈珠做正功，過程中彈簧的彈

力先大于彈珠重力沿斜面向下的分力，后小于彈珠重力沿斜面向下的分力，所以彈珠先加速后減速，所以

其動能先增大后減小，故A錯誤；

3.彈珠從C點離開后初速度水平向左，合力等于重力沿斜面向下的分力，兩者垂直，根據(jù)曲線運動的條件

可知，彈珠做勻變速曲線運動，直到碰到障礙物，故8錯誤；

C.彈珠和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故彈珠脫離彈簧的瞬間，彈簧的彈性勢能全部轉化為彈珠的動能和

重力勢能，所以此瞬間動能和重力勢能之和達到最大，故C正確；

。根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得，彈簧的最大彈性勢能等于彈珠在C點的機械能，從釋放彈珠到C點過程，根

據(jù)機械能守恒定律有

Epm=rng{L+/?)sin0+|mv2,故D正確。

故選：CDo

A：受力分析可知彈珠離開彈簧前，彈力的做功情況；彈力大于彈珠重力沿斜面向下的分力時做加速運

動，彈力小于彈珠重力沿斜面向下的分力時做減速運動；

B-.根據(jù)力和速度的方向關系可知，彈珠離開C點后做勻變速曲線運動；

C：根據(jù)機械能守恒定律判斷；

D-.根據(jù)機械能守恒定律求解彈簧的最大彈性勢能。

本題考查功能關系，要求學生能正確分析物體的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。

9.【答案】<k2：八<

【解析】解：由題意可知，甲單色光的臨界角小于乙單色光的，根據(jù)sinC=4

n

可知71用>幾/

根據(jù)九=?

結合甲、乙單色光在該棱鏡中傳播速度分別為和k2c可得九甲=忘，九乙=總

解得九針n^=k2：fci

則憶1<k2

由于同一種介質對頻率大、波長小的光的折射率答，可得a尹va乙

根據(jù)雙縫干涉的條紋間距4%=h

a

可知甲光形成的條紋間距小于乙光形成的條紋間距。

故答案為：<；k2：fci；<o

甲恰好發(fā)生全反射，結合發(fā)生全反射的條件可知甲A的折射率大，結合題目中甲、乙單色光在該棱鏡中傳

播速度判斷自、心以及甲、乙兩單色光在該介質中的折射率之比；根據(jù)折射率與波長的關系判斷波長的長

短關系，然后結合雙縫干涉的條紋間距公式判斷。

該題綜合考查光的折射、全反射以及干涉，牢記相關的公式即可。

10.【答案】先增大后減小放出2000

【解析】解：在C-4的過程中，根據(jù)牛=C可知，0V先增大后減小，則溫度先增大后減小，一定質量理

想氣體的內(nèi)能僅與溫度有關，溫度越高內(nèi)能越大，則在C-4的過程中氣體內(nèi)能的變化趨勢為先增大后減

小；

由理想氣體狀態(tài)方程有空=畢,代入數(shù)據(jù)可得。=Tc

1A1C

則氣體在狀態(tài)A的內(nèi)能等于狀態(tài)C的內(nèi)能，在4一B-C過程中，圖像中圖線與橫軸圍成的面積等于氣體

做的功，整個過程，外界對氣體做功為：

5

w=WAB+WBC=0+5x10x(5-1)x10-3/=2000/

由熱力學第一定律有/U=Q+W

可得Q=-2000/,即在4tBtC過程中氣體放出的熱量為2000J。

故答案為：先增大后減??；放出；2000。

一定質量理想氣體的內(nèi)能僅與溫度有關，溫度越高內(nèi)能越大。根據(jù)一定質量的理想氣體分析出氣體的溫度

變化，結合熱力學第一定律和圖像的物理意義完成分析。

本題主要是考查一定質量理想氣體的狀態(tài)方程之圖象問題，關鍵是弄清楚圖象表示的物理意義、圖象與坐

標軸圍成的面積表示的物理意義，根據(jù)一定質量的理想氣體狀態(tài)方程結合熱力學第一定律進行分析。

11.【答案】超重5201.9

【解析】解：當t=10時，該同學向下減速運動，加速度豎直向上處于超重狀態(tài)。

t=10s時，又根據(jù)牛頓第二定律

N—mg=ma

代入數(shù)據(jù)解得N=520N

根據(jù)牛頓第三定律可得對電梯底的壓力大小約為520M

加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，加速度向下時處于加速狀態(tài)，根據(jù)圖線在該段時

間內(nèi)與橫軸圍成面積格數(shù)有十九個小格

得=0+

代入數(shù)據(jù)解得為=1.9m/s

則該同學的最大速率約為1.9/n/s。

故答案為：超重；520N；1.9m/so

該同學向下減速運動，加速度豎直向上，此時所受支持力大于重力，處于超重狀態(tài)；

可根據(jù)牛頓第二定律計算此時所受支持力大小，再根據(jù)牛頓第三定律得出電梯受到人的壓力大小等于人所

受電梯的支持力大??；

利用速度與時間公式可知，加速度與時間圖像與時間軸圍成的面積表示速度變化量，故可根據(jù)圖像得出最

大速率。

本題考查了對超重、失重狀態(tài)的理解，已經(jīng)應用牛頓第二定律計算所受支持力的能力，進一步考查了對牛

頓第三定律的應用，以及運用運動學公式綜合分析加速度與時間圖像的能力。

12.【答案】0.8152g/噂=d?增加

【解析】解：(1)由圖可知，主尺刻度為8加〃z；游標對齊的刻度為3；

故讀數(shù)為：8mm+3x0.05mm=8.15mm=0.815cm；

(2)若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒；

則有：mgH=-mv2,

即：2gH。=*)2

解得:2gH低=d2.

(3)由于該過程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，則AEp-AEk將增加；

故答案為：(l)0.815cm；

(2)2g%詔=d2

(3)增加

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀.

由題意可知，本實驗采用光電門利用平均速度法求解落地時的速度；則根據(jù)機械能守恒定律可知，當減小

的機械能應等于增大的動能；由原理即可明確注意事項及數(shù)據(jù)的處理等內(nèi)容.

本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明確實驗的基本原理才能正確求解，掌握游標卡尺的讀數(shù)方法，

游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀.

13.【答案】x10/cl00l/2通過被測電阻的最大可能電流為5x10-54電流表的量程太大，/可作為量程為

IX10-t4的電流表使用⑨產(chǎn)2

【解析】解：(1)由題圖可知，當選擇開關調至“X1k”擋時，歐姆表指針偏角過小，說明電阻較大，可

知選擇量程過小，應把選擇開關調至“x10k”擋；

由圖6可知，人體電阻阻值為&=10x10M=100k。；

(2)流過人體的最大電流約為/max=微=舄而4=5X10』

n%JLUUUUU

則電流表的量程太大，可以用電壓表彩代替電流表，其量程為贏=1X10-44

(3)由于滑動變阻器的最大阻值相對人體電阻的阻值太小，為了起到更好的調節(jié)作用，滑動變阻器采用分

壓式接法，電路圖如下圖所示

(4)流過人體電阻的電流/=§

人體電阻兩端的電壓U=/一D

根據(jù)歐姆定律可得人體電阻勺=”號

故答案為：(l)xlOk,100；(2)/,通過被測電阻的最大可能電流為5x10-54,電流表的量程太大，”

可作為量程為1x10-4^的電流表使用；(①

(1)根據(jù)歐姆表的實驗方法和減小誤差分析判斷;

(2)根據(jù)估算電流選擇電表；

(3)根據(jù)方便調節(jié)選擇滑動變阻器的接入方式;

(4)根據(jù)歐姆定律計算。

本題考查伏安法測電阻實驗，要求掌握實驗原理、實驗器材的選擇、實驗電路設計和數(shù)據(jù)處理。

14.【答案】解：(1)對物體進行受力分析如圖，根據(jù)平衡條件可知拉力F=

7ngsin。+[imgcosO=1x10x0.6N+0.5x1x10x0.8N=ION；

(2)勻速直線運動的位移％i=votr=5x2m=10m；

撤去拉力后的加速度大小a=加所37。曹igcos37。=9小4=10m/s2.

,2匚2

則勻減速直線運動的位移刈=幺=三爪=1.25m-

22a2x10

物體沿斜面上升的最大距離久=%1+上=1°租+l.25m=11.25m；

(3)物體沿斜面下降過程中，加速度優(yōu)=皿即37。四.337。=1x10x0.6-0^5x1x10x0,8=2mls2,

物體返回斜面底端時的速度M=72a'x=V2x2X11.25m/s=3<5m/s

答：(1)拉力/為ION；

(2)物體沿斜面上升的最大距離為11.25?。?/p>

(3)物體返回斜面底端時的速度為3，^rn/s。

【解析】(1)對物體進行受力分析，根據(jù)平衡條件判斷物體受到的拉力；

(2)根據(jù)牛頓第二定律求出撤去拉力后的加速度，結合速度-位移公式求出勻減速運動的位移，從而得出物

體距斜面底端的最大位移.

(3)根據(jù)牛頓第二定律求出物體沿斜面下降過程中的加速度，結合速度-位移公式求出末速度。

本題考查了牛頓第二定律和運動學公式的綜合運用，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁，要注意上升

和下降過程摩擦力方向的變化。

15.【答案】解：(1)因為線框恰好能勻速穿過g/，邊界，則線框穿過的邊界時受力平衡，水平方向受力如

圖所示

對重物，根據(jù)平衡條件可得：F=Mg

對線框根據(jù)平衡條件可得：F=BIL.

由歐姆定律得：v

導線切割產(chǎn)生的電動勢為：E=BLrv

聯(lián)立解得：v=5m/s；

(2)研究線框進入磁場過程，根據(jù)電荷量的計算公式可得:

-EBSBL也

===

C[It~t丁=丫----------

解得：q=2C；

(3)研究線框由靜止釋放到剛好全部穿出磁場的全過程，以線框和重物組成的系統(tǒng)為研究對象，由能量守

恒定律，得:

1,

2

Mg(x+L+L2)=](M+m)v+Q

代入數(shù)據(jù)解得：Q=62.5/。

答：(1)線框穿過g/z邊界時速度的大小為5rn/s；

(2)線框進入磁場過程中通過線框的電量2G

(3)線框穿過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱62.