2024年北京師大附屬某中學(xué)高考物理模擬試卷(含詳細(xì)答案解析)

2024年北京師大附屬實(shí)驗(yàn)學(xué)校高考物理模擬試卷

一、單選題：本大題共13小題，共39分。

1.北京冬奧會(huì)速滑比賽中的某段過(guò)程，攝像機(jī)和運(yùn)動(dòng)員的位移犬隨時(shí)間/

變化的圖像如圖，下列說(shuō)法正確的是（）

A.攝像機(jī)做直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)員做曲線運(yùn)動(dòng)

B.0?“時(shí)間內(nèi)攝像機(jī)在前，q?上時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員在前

C.0?壇時(shí)間內(nèi)攝像機(jī)與運(yùn)動(dòng)員的平均速度相同

D.0?2時(shí)間內(nèi)任一時(shí)刻攝像機(jī)的速度都大「運(yùn)動(dòng)員的速度

2.“神舟十六號(hào)”載人t船安全著陸需經(jīng)過(guò)分離、制動(dòng)、再人和減速四個(gè)階

段。如圖所示，在減速階段，巨型降落傘為返回艙提供阻力，假設(shè)返回艙做直

線運(yùn)動(dòng)，則在減速階段（）

A.傘繩對(duì)返回艙的拉力大于返回艙對(duì)傘繩的拉力

B.傘繩對(duì)返回艙的拉力小于返回艙對(duì)傘繩的拉力

C.合外力對(duì)返回艙做的功等于返回艙機(jī)械能的變化

D.除重力外其他力對(duì)返回艙做的總功等于返回艙機(jī)械能的變化

3.用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究“質(zhì)量一定時(shí)，物體加速度與所受合外力的關(guān)系”，小車的質(zhì)量為M,托盤

和祛碼的總質(zhì)量為〃?，平衡摩擦力后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)（）

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器

A.要保證m遠(yuǎn)小于MB.小車所受的合外力等于2mg

C.釋放小車后立即接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器D.在托盤中增加祛碼，重復(fù)實(shí)驗(yàn)

4.一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖如圖甲所示，〃、為介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，x=6m處的

質(zhì)點(diǎn)。的振動(dòng)圖像如圖乙所示。下列說(shuō)法正確的是（）

A.該波的波長(zhǎng)為6m

B.該波沿x軸負(fù)方向傳播

C」=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)。的速度為0

D.r=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)b偏離平衡位置的位移為一5cm

5.如圖甲、乙所示為自行車氣嘴燈，氣嘴燈由接觸式開(kāi)關(guān)控制，其結(jié)構(gòu)如圖丙所示，彈簧一端固定在頂

部，另一端與小物塊P連接，當(dāng)左輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度達(dá)到一定值時(shí)，P拉伸彈簧后使觸點(diǎn)4、B接觸，從而

接通電路使氣嘴燈發(fā)光。觸點(diǎn)B與車輪圓心距離為R,車輪靜止且氣嘴燈在最低點(diǎn)時(shí)觸點(diǎn)A、B距離為d,

已知。與觸點(diǎn)4的總質(zhì)量為加，彈簧勁度系數(shù)為億重力加速度大小為g,不計(jì)接觸式開(kāi)關(guān)中的一切摩

擦，小物塊P和觸點(diǎn)A、8均視為質(zhì)點(diǎn)。當(dāng)該自行車在平直的道路上行駛時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）

接

觸

式

開(kāi)

關(guān)

車輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的最小角速度為作會(huì)

B.要使氣嘴燈能發(fā)光,

mg

C.要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的最小角速度為

D.要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的最小角速度為

6.北京冬奧會(huì)高臺(tái)滑雪場(chǎng)地示意如圖。一運(yùn)動(dòng)員（含裝備）的質(zhì)量為〃?，從助滑坡上A點(diǎn)由靜止沿坡（曲線軌

道）下滑，經(jīng)最低點(diǎn)B從坡的末端C起跳，在空中飛行一段時(shí)間后著陸于著陸坡上。點(diǎn)。已知人、C的高

度差為砥，C、。的高度差為壇，重力加速度大小為g，摩擦阻力和空氣阻力不能忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)

點(diǎn)。則下列判定正確的是（）

出發(fā)點(diǎn)

大跳臺(tái)

高度120米

標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)

高度90米

A.運(yùn)動(dòng)員在B點(diǎn)處于失重狀態(tài)

B.運(yùn)動(dòng)員起跳時(shí)的速率女＞/硒

C.溶動(dòng)員著陸前瞬間的動(dòng)能以。=+電）

D.運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間譚

7.2023年10月26日，神舟十七號(hào)載人飛船與天和核心艙進(jìn)行了對(duì)接，“太空之

家”迎來(lái)湯洪波、唐勝杰、江新林3名中國(guó)航天史上最年輕的乘組入駐。如圖為

神舟十七號(hào)的發(fā)射與交會(huì)對(duì)接過(guò)程示意圖，圖中①為飛船的近地圓軌道，其軌道

半徑為兄,②為橢圓變軌軌道，③為天和核心艙所在的圓軌道，其軌道半徑為

&，P、Q分別為②軌道與①、③軌道的交會(huì)點(diǎn)。關(guān)于神舟十七號(hào)載人飛船與天和

核心艙交會(huì)對(duì)接過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）

A.匕船從②軌道到變軌到③軌道需要在。點(diǎn)點(diǎn)火減速

B.飛船在軌道3上運(yùn)行的速度大于第一宇宙速度

C.飛船在①軌道的動(dòng)能一定大于天和核心艙在③軌道的動(dòng)能

D.若核心艙在③軌道運(yùn)行周期為7,則飛船在②軌道從P到Q的時(shí)間為々J（贊嚴(yán)

南北方向移動(dòng)后東西方向移動(dòng)后

線圈移動(dòng)情況初始時(shí)靜止放置南北方向移動(dòng)?xùn)|西方向移動(dòng)

靜止靜止

電流情況無(wú)電流無(wú)電流無(wú)電流有電流有電流

下列判斷正確的是（）

A.導(dǎo)線南北走向，但不能確定其具體位置

B.導(dǎo)線東西走向，但不能確定其具體位置

c.導(dǎo)線南北走向，且可以確定其在初始時(shí)線圈中心點(diǎn)。的正卜.方

D.導(dǎo)線東西走向，且可以確定其在初始時(shí)線圈中心點(diǎn)0的正下方

11.如圖所示，利用霍爾元件可以監(jiān)測(cè)無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流。無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線在空間任意位置激發(fā)磁場(chǎng)的磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為：B=kg,其中k為常量，/為直導(dǎo)線中電流大小，d為空間中某點(diǎn)到直導(dǎo)線的距離。霍爾

a

元件的工作原理是將金屬薄片垂直置「磁場(chǎng)中，在薄片的兩個(gè)側(cè)面。、〃間通以電流時(shí)，e、/兩側(cè)會(huì)產(chǎn)生

電勢(shì)差。下列說(shuō)法正確的是（）

A.該裝置無(wú)法確定通電直導(dǎo)線的電流方向

B.輸出電壓隨著直導(dǎo)線的電流強(qiáng)度均勻變化

C.若想增加測(cè)量精度，可增大霍爾元件沿磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的厚度

D.用單位體枳內(nèi)自由電子個(gè)數(shù)更多的材料制成霍爾元件，能夠提高測(cè)量精度

12.如圖為蘋果自動(dòng)分揀裝置.，可以把質(zhì)量大小不同的蘋果，自動(dòng)分揀開(kāi)。該裝置的托盤秤壓在一個(gè)以O(shè)i

為轉(zhuǎn)動(dòng)軸的杠桿上，杠桿末端壓在壓力傳感器長(zhǎng)上。當(dāng)大蘋果通過(guò)托盤秤時(shí)，％所受的壓力較大因而電阻

較小，七兩端獲得較大電壓，該弓壓激勵(lì)放大電路并保持一段時(shí)間，使電磁鐵吸動(dòng)分揀開(kāi)關(guān)的銜鐵，打開(kāi)

下面通道，讓大蘋果進(jìn)入下面通道；當(dāng)小蘋果通過(guò)托盤秤時(shí)，/?2兩端的電壓不足以激勵(lì)放大電路，分揀開(kāi)

關(guān)在彈簧向上彈力作用下處于水平狀態(tài)，小蘋果進(jìn)入上面通道。托盤停在圖示位置時(shí)，設(shè)進(jìn)入下面通道的

大蘋果最小質(zhì)量為M。，若提高分揀標(biāo)準(zhǔn)，要求進(jìn)入下.面通道的大蘋果的最小質(zhì)量M大于Mo,其他條件不

變的情況下，下面操作可行的是（）

A.只適當(dāng)減小&的阻值

B.只增大電源％的電動(dòng)勢(shì)

C..只增加纏繞電磁鐵線圈的匝數(shù)

D.只將托盤秤壓在杠桿上的位置向左移動(dòng)一些

13.近10年來(lái)我國(guó)大力發(fā)展空軍和海軍，新增艦船是除美國(guó)外其他國(guó)家的總和。無(wú)論是飛機(jī)還是戰(zhàn)艦設(shè)

計(jì)，都需要復(fù)雜的流體力學(xué)知識(shí)。當(dāng)流體流動(dòng)時(shí)，根據(jù)流動(dòng)特征可以分成湍流和層流：如果流體質(zhì)點(diǎn)的軌

跡（一般說(shuō)隨初始空間坐標(biāo)入、小z隨時(shí)間，而變）是有規(guī)則的光滑曲線（最簡(jiǎn)單的情形是直線），這種流動(dòng)叫

層流，此時(shí)流體分層流動(dòng)，各層互不混合，沒(méi)有這種性質(zhì)的流動(dòng)叫湍流。不同狀態(tài)的流體動(dòng)力學(xué)方程不一

樣。流體力學(xué)中用一個(gè)無(wú)最綱的數(shù)-雷諾數(shù)Re（Reynoldsmimber）,來(lái)表征流體的這一特征，一般情況下，

雷諾數(shù)小的時(shí)候是層流，雷諾數(shù)大的時(shí)候是湍流。已知雷諾數(shù)由四個(gè)變量決定，流體的流速區(qū)流體的密

度0、特征長(zhǎng)度"，黏性系數(shù)〃.請(qǐng)根據(jù)所學(xué)知識(shí)對(duì)雷諾數(shù)的表達(dá)式做出判斷，以下表達(dá)式中可能正確的是：

（已知黏性系數(shù)〃為流體中相距dx的兩平行液層，由于內(nèi)摩擦，使垂直于流動(dòng)方向的液層間存在速度梯度

%當(dāng)速度梯度為1個(gè)單位，相鄰層“單位”接觸面S上所產(chǎn)生的黏滯力"（亦稱內(nèi)摩擦力）即黏性系數(shù)，以

F

〃表示：〃=奈;/它的單位是Pa?s）（）

di

A.Re=兇辿B.R—皿C.Re=^D.Re=粵

二、多選題：本大題共1小題，共3分。

14.如圖所示，一帶負(fù)電粒子（不重力）質(zhì)量為，小電荷量大小為q,以初速度為沿兩極中央水平方向射入

水平放置、距離為小電勢(shì)差為U的一對(duì)平行金屬板間，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間從兩板間飛出，在此過(guò)程中，已知

粒子動(dòng)量變化量的大小為dp,下列說(shuō)法正確的是（）

A.粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為辛B.粒子從兩板間離開(kāi)時(shí)的速度大小為雪

C.金屬板的長(zhǎng)度為喏D.入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的電勢(shì)差為一翳

三、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。

15.(1)用單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)中，單擺擺線長(zhǎng)為/,擺球直徑為4,用秒表測(cè)得〃個(gè)周期的總時(shí)間為/,

圓周率為m則實(shí)驗(yàn)中重力加速度的表達(dá)式g=。

(2)某同學(xué)采用圖1所示的電路圖測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。

①實(shí)驗(yàn)時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S前，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)處在—(填"M”或"N")端。

②按照?qǐng)D1連接實(shí)物圖，如圖2所示。閉合開(kāi)關(guān)前檢查電路時(shí)，發(fā)現(xiàn)有一根導(dǎo)線接錯(cuò)，該導(dǎo)線為(填

或"c")。該錯(cuò)誤連接會(huì)帶來(lái)的問(wèn)題是

(3)如圖3所示，用伏安法測(cè)量待測(cè)電阻燈的阻值，例、N間電壓為%保持不變。選用三種不同規(guī)格的滑動(dòng)

變阻器，最大阻值分別是R1=52R2=20/2,R3=200P,從左向右移動(dòng)滑片P,研究待測(cè)電阻Rx兩端

的電壓U與滑片的滑動(dòng)距離L（滑片從左向右滑動(dòng)的最大距離為生）的關(guān)系，獲得如圖4所示的數(shù)據(jù)結(jié)果。

請(qǐng)你結(jié)合數(shù)據(jù)結(jié)果判斷：在使用圖3所示電路測(cè)量待測(cè)電阻治阻值的實(shí)驗(yàn)中，選擇哪一種規(guī)格的滑動(dòng)變阻

器最合適，簡(jiǎn)要說(shuō)明理由。

16.某同學(xué)利用氣墊導(dǎo)軌上滑塊間的碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)最守恒定律，滑塊1上安裝遮光片，光電計(jì)時(shí)器可以測(cè)

出遮光片經(jīng)過(guò)光電門的遮光時(shí)間，滑塊質(zhì)量可以通過(guò)天平測(cè)出，實(shí)驗(yàn)裝置如題1圖所示。

（1）游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光片寬度如題2圖所示，其寬度d=

（2）打開(kāi)氣泵，待氣流穩(wěn)定后，將滑塊1輕輕從左側(cè)推出，發(fā)現(xiàn)其經(jīng)過(guò)光電門1的時(shí)間比光電門2的時(shí)間

短，應(yīng)該調(diào)高氣墊導(dǎo)軌的端（填“左”或“右”），直到通過(guò)兩個(gè)光電門的時(shí)間相等，即軌道調(diào)節(jié)水

平。

（3）在滑塊上安裝配套的粘扣?；瑝K2（未安裝遮光片Tn?=120.3g）靜止在導(dǎo)軌上，輕推滑塊1（安裝遮光片

=174.5g）,使其與滑塊2碰撞，記錄碰撞前滑塊1經(jīng)過(guò)光電門1的時(shí)間40,以及碰撞后兩滑塊經(jīng)過(guò)光

電門2的時(shí)間重復(fù)上述操作，多次測(cè)量得出多組數(shù)據(jù)如下表：

64.7269.7370.6980.31104.05

1

布(XIO-T)15.514.314.112.59.6

4￡2(ms)109.08121.02125.02138.15185.19

1

布(XIO-T)928.38.07.25.4

根據(jù)表中數(shù)據(jù)在方格紙上作出土-土圖線(圖3)。從圖像中可以得到直線的斜率為七，而從理論計(jì)算可得

直線斜率的表達(dá)式為々2=。(用小1，小2表示)若腐二k2,即可驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。

(4)多次試驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)七總大于心產(chǎn)生這一誤差的原因可能是。

4.滑塊1的質(zhì)量測(cè)量值偏小

B.滑塊1的質(zhì)量測(cè)量值偏大

C滑塊2的質(zhì)量測(cè)量值偏小

D滑塊2的質(zhì)量測(cè)量值偏大

四、簡(jiǎn)答題：本大題共4小題，共12分。

17.如圖所示，把一個(gè)質(zhì)量7幾=(Mkg的小鋼球用細(xì)線懸掛起來(lái)，就構(gòu)成一

個(gè)擺。懸點(diǎn)。距地面的高度九二1.45加，擺長(zhǎng)L=將擺球拉至擺線與

豎直方向成37。角的位置，由靜止釋放，忽略空氣阻力，取重力加速度g=

lOzn/s2,cos37°=0.8。

(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球拉力的大小H

(2)若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線斷了，小球沿水平方向拋出，求它做平拋運(yùn)

動(dòng)水平位移的大小X；

(3)求小球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率P。

18.如圖所示，寬為A的光滑固定導(dǎo)軌與水平面成。角，質(zhì)量為小的金屬桿岫，水平放置在導(dǎo)軌上。空間

中存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為及S為單刀雙擲開(kāi)關(guān)，電源的內(nèi)阻為八定值電阻

和金屬桿接入電路的阻值均為R，重力加速度為

(1)開(kāi)關(guān)S接1,金屬桿恰好能靜止在導(dǎo)軌上。求電源電動(dòng)勢(shì)E的大?。?/p>

(2)開(kāi)關(guān)S接2,金屬桿由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，沿斜面下滑距離s后速度達(dá)到最大，此后金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)。求：

a.最大速度為；

b.金屬桿從靜止開(kāi)始到最大速度過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。

19.法拉第提出場(chǎng)的概念，并且用場(chǎng)線直觀地描繪/場(chǎng)，場(chǎng)線的疏密程度表示場(chǎng)的強(qiáng)弱，場(chǎng)線上每一點(diǎn)的

切線方向表示場(chǎng)強(qiáng)的方向。

(1)狄拉克曾經(jīng)預(yù)言，自然界應(yīng)該存在只有一個(gè)磁極的磁單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與點(diǎn)

電荷的電場(chǎng)線分布相似。如圖1所示，若空間中有一固定的N極磁單極子，一帶電微粒。在其上方沿順時(shí)

針?lè)较?俯視)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心。到磁單極子的距離為由運(yùn)動(dòng)周期為。重力加速度為

g。

①在圖中畫(huà)出N極磁單極子周圍的磁感線；

②分析該微粒帶正電還是負(fù)電，并求出該微粒運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑兒

(2)場(chǎng)的通量可以描述場(chǎng)線的數(shù)量，在研究磁場(chǎng)時(shí)我們引入了磁通量。，定義磁通量中=BS,其中8為磁

感應(yīng)強(qiáng)度，S為垂直于磁場(chǎng)的面積。

①如圖2所示，真空中存在電荷量為。的正點(diǎn)電荷，以點(diǎn)電荷為球心，做半徑為八高度為的球冠，已

知真空中靜電力常量為攵，球冠的表面積為2仃九，請(qǐng)類比磁通量的定義，求通過(guò)球冠的電通量%?；

②真空中存在兩個(gè)異種點(diǎn)電荷+%和-的，圖3中曲線為從+q1出發(fā)，終止于一《2的一條電場(chǎng)線，該電場(chǎng)線

在兩點(diǎn)電荷附近的切線方向與兩電荷的連線夾角分別為a和小求兩點(diǎn)電荷的電荷量之比為。

20.某設(shè)計(jì)團(tuán)隊(duì)給一生態(tài)公園設(shè)計(jì)人造瀑布景觀。如景觀側(cè)面示意圖所示，人造瀑布景觀由供水裝置和瀑

布景觀兩部分組成。一水泵將水池中的水抽到高處，作為瀑布上游水源；龍頭噴出的水流入高處的水平槽

道內(nèi)，然后從槽道的另一端水平流出，恰好落入步道邊的水池中，形成瀑布景觀。在實(shí)際瀑布景觀中，水

池的水面距離地面為“(不會(huì)隨著水被抽走而改變水位)，龍頭離地面高為人龍頭噴水管的半徑為八龍頭

噴出的水從管口處以不變的速度源源不斷地沿水平方向噴出。若不接水平槽道，龍頭噴出的水直接落地(

如圖中虛線所示)，其落地的位置到龍頭管口的水平距離為d=2/1。已知水的密度為p,重力加速度為g,

不計(jì)空氣阻力。完成以下問(wèn)題:

(1)求單位時(shí)間內(nèi)從龍頭管口流出的水的質(zhì)量mo；

(2)不計(jì)額外功的損失，求水泵輸出的功率P。

(3)在施工前，先制作一個(gè)為實(shí)際尺寸白的瀑布景觀模型展示效果，求模型中槽道里的水流速度應(yīng)為實(shí)際水

流速度的多少倍?

瀑布景觀

地面

景觀側(cè)面示意圖

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、圖像只能表示直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，則知在水平方向上，攝像機(jī)和運(yùn)動(dòng)員都做直線運(yùn)

動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

4、％圖像反映了物體的位置隨時(shí)間的變化情況，由圖可知，。?匕2時(shí)間內(nèi)攝像機(jī)一直在前，故3錯(cuò)

誤；

C、0?匕時(shí)間內(nèi)攝像機(jī)與運(yùn)動(dòng)員的位移相同，所用時(shí)間相同，則平均速度相同，故C正確；

。、x-t圖像的斜率表示速度，可知0?匕時(shí)間內(nèi)攝像機(jī)的速度先大于運(yùn)動(dòng)員的速度，再等于運(yùn)動(dòng)員的速

度，后小于運(yùn)動(dòng)員的速度，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

%-t圖像反映了物體的位置隨時(shí)間的變化情況，％-￡圖像只能表示直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。圖像的斜率表不速

度?？v坐標(biāo)的變化量表示位移，平均速度等于位移與時(shí)間之比。根據(jù)斜率大小比較速度大小。

本題要能根據(jù)縱坐標(biāo)讀出物體的位置關(guān)系，由圖像的斜率分析速度關(guān)系，并分析物體的運(yùn)動(dòng)情況。

2.【答案】D

【解析】解：由牛頓第三定律可知，傘繩對(duì)返回艙的拉力等于返I可艙對(duì)傘繩的拉力，故A8錯(cuò)誤；

CD由動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)返回艙做的功等于返回艙的動(dòng)能變化量；由功能關(guān)系可知，除重力外其他

力的合力對(duì)返回艙做的功等于返回艙機(jī)械能的變化，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：。。

48根據(jù)牛頓第三定律進(jìn)行分析和判斷；

CD根據(jù)動(dòng)能定理和功能關(guān)系進(jìn)行分析和判斷。

考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)能定理、功能關(guān)系問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行分析和判斷。

3.【答案】D

【解析】解：4、探究“質(zhì)量一定時(shí)，物體加速度與所受合外力的關(guān)系”時(shí)，由于傳感器測(cè)量小車的合外

力的一半，即可得到小車的合外力，而不是用2〃?身代替小車的合外力，所以無(wú)需〃?遠(yuǎn)小于M,故A錯(cuò)

誤：

B、對(duì)托盤和祛碼，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-T=ma

所以丁<mg

則小車所受的合外力?合=27V2mg,故B錯(cuò)誤；

C、為提高紙帶利用率，實(shí)驗(yàn)時(shí)，先接通電源，再釋放小車，故C錯(cuò)誤；

。、探究“質(zhì)量一定時(shí)，物體加速度與所受合外力的關(guān)系”時(shí)，保持小車質(zhì)量不變，在托盤中增加硅碼，

改變小車的合外力，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，故。正確。

故選：。。

實(shí)驗(yàn)中，傳感器測(cè)量小車的合外力的一半，不需要〃，遠(yuǎn)小于根據(jù)牛頓第二定律分析小車所受的合外力

與2〃吆的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先接通電源，再釋放小車。在托盤中增加跌碼，改變小車的合外力，重復(fù)實(shí)

驗(yàn)。

解答本題的關(guān)鍵要理解實(shí)驗(yàn)原理，搞懂教材上保證，〃遠(yuǎn)小于M的原因，采用控制變量法時(shí)，要保證一個(gè)

量不變，研究另外兩個(gè)量的關(guān)系。

4.【答案】D

【解析】解.：4由題圖甲可知，該波的波長(zhǎng)為入=2x67九二127九，故A錯(cuò)誤；

比由撅圖乙可知，亡二0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)。在平衡位置向），軸負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)“同側(cè)法”可知，該波沿x軸正

方向傳播，故8錯(cuò)誤；

C.￡=2s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)〃在平衡位置且向y軸正方向振動(dòng)，速度最大，故C錯(cuò)誤；

D￡=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)。經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，根據(jù)對(duì)稱性，質(zhì)點(diǎn)”運(yùn)動(dòng)到平衡位置的另一側(cè)-5cm處，故。正確。

故選：Do

A.根據(jù)圖甲求解波長(zhǎng)；

“工=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)，在平衡位置且向y軸負(fù)方向振動(dòng)，根據(jù)“同俁J法”判斷波的傳播方向；

C.￡=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)”位于平衡位置，質(zhì)點(diǎn)〃的速度最大；

Dt=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)力經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，根據(jù)對(duì)稱性進(jìn)行分析作答。

本題考查了波動(dòng)圖像和質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像，能夠從圖像中獲取有用信息；能夠根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波的傳

播方向的關(guān)系判斷波的傳播方向，掌握“同側(cè)法”、“上下坡法”等判斷波的傳播方向的方法。

5.【答案】C

【解析】解：A3、當(dāng)氣嘴燈運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)發(fā)光，此時(shí)對(duì)應(yīng)車輪做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度最小，根據(jù)受力

分析，向心力由彈簧的彈力與重力的合力提供，又因?yàn)槌跏紩r(shí)彈簧彈力等于重力，所以在最低點(diǎn)是增大的

彈力提供向心力即kd=ma）2R

得3=

故A8錯(cuò)誤；

CD、當(dāng)氣嘴燈運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)能發(fā)光，貝Ukd+2mg=ma），2R

得7守

即要使氣嘴燈一直發(fā)光，車輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的最小角速度為產(chǎn)架，故C正確，。錯(cuò)誤。

故選：Co

氣喘燈運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)發(fā)光，此時(shí)彈簧的彈力提供向心力，求解出最小角速度；當(dāng)氣嘴燈一直發(fā)光時(shí)，需

要保證在最高點(diǎn)時(shí)發(fā)光，那么其余位置都會(huì)發(fā)光，由最高點(diǎn)受力求出角速度。

本題的關(guān)鍵是建立豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的模型，分析最低點(diǎn)和最高點(diǎn)向心力的來(lái)源。

6.【答案】D

【解析】解?：4根據(jù)牛頓第二定律，運(yùn)動(dòng)員在8點(diǎn)滿足

就

FN一陷=m萬(wàn)

所以FN>mg,即運(yùn)動(dòng)員在8點(diǎn)處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；

8運(yùn)動(dòng)員從4到C由動(dòng)能定理得

1

mgh]—Wf=-^mvc

乙

所以Uc<J2ghi,故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)能定理，從4到。滿足

根9（九1+九2）-必'二謠

所以<mg（hi+電），故C錯(cuò)誤;

D因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員在。點(diǎn)起跳時(shí)，速度方向斜向上，結(jié)合空氣阻力都可以判斷出運(yùn)動(dòng)員在空中飛行的時(shí)間

t>再,故。正確。

故選：。。

A.根據(jù)牛頓第二定律求解支持力大小再判斷；

8c,根據(jù)動(dòng)能定理列式并作出判斷；

D根據(jù)斜上拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)或者結(jié)合阻力也能分析出時(shí)間長(zhǎng)短。

考查動(dòng)能定理和牛頓第二定律等問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。

7.【答案】D

【蟀析】解：4飛船從②軌道變軌到③軌道，飛船將由近心運(yùn)動(dòng)變成圓周運(yùn)動(dòng)，所以需要在。點(diǎn)點(diǎn)火加

速，故4錯(cuò)誤；

8.第一宇宙速度是最小發(fā)射速度，最大的環(huán)繞速度，即物體環(huán)繞地球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度，根據(jù)

萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力有G翳=m捺，解得u=居，可知軌道半徑越大，線速度越小，而軌道3的軌道半

徑大于地球半徑，因此飛船繞地球運(yùn)行的速度小于第一宇宙速度，故8錯(cuò)誤；

C.根據(jù)以上分析可知，軌道半徑越大，線速度越小，因此①考L道的速度大于③軌道的速度，但由于飛船和

核心艙的質(zhì)量未知，因此無(wú)法判斷他們動(dòng)能的大小，故C錯(cuò)誤；

,3（忙竺,

=J（喏）町，飛船在②軌道從尸到。的時(shí)間為:r，即

（嗡折,故。正確；

故選：。。

根據(jù)飛船的變軌規(guī)律進(jìn)行分析；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，推導(dǎo)線速度表達(dá)式，再結(jié)合第一宇宙速度進(jìn)行

分析：由于不知道它們的質(zhì)量大小關(guān)系，因此無(wú)法確定動(dòng)能大小關(guān)系；根據(jù)開(kāi)普勒第三定律進(jìn)行分析即

可。

本潁考杳衛(wèi)星變軌運(yùn)動(dòng)規(guī)律、萬(wàn)有引力樨供向心力以及開(kāi)普勒第三定律的綜合應(yīng)用，該撅屬于常見(jiàn)撅型，

題目難度適中。

8.【答案】B

【解析】解：8.從靜止開(kāi)始到小球A和墻面恰好分離的過(guò)程，究"4、B、。三個(gè)小球組成的系統(tǒng)，由于受到

豎直墻面向右的彈力，根據(jù)動(dòng)量定理可得Ft=（mR+

所以小球A由靜止到與墻面分離的過(guò)程中，小球8的速度一直增大，故B錯(cuò)誤；

A.對(duì)4、B、C三個(gè)小球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，由8項(xiàng)的分析可知，球A和墻面恰好分離時(shí)，小球3

與小球。速度最大，則其加速度最小，機(jī)械能最大，則此時(shí)A球機(jī)械能最小，

所以當(dāng)小球A的機(jī)械能取最小值時(shí)，小球8與小球C的加速度為零，故A正確；

C.當(dāng)小球A與墻面分離后，水平方向動(dòng)量守恒，小球4在水平方向的速度會(huì)不斷增大，6球在水平方向的

速度會(huì)不斷減小，所以在小球A與墻面分離瞬間，小球C球和小球8分離，故C正確；

。.當(dāng)小球A和墻面恰好分離時(shí)，兩球的速度分解如圖所示:

兩球的速度關(guān)聯(lián)，沿桿方向的速度相等，有力cos。=可得：￡二半，故。正確。

本題選錯(cuò)誤的,

故選:BQ

小球人下滑至和地面恰好分離的過(guò)程，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量定理求解判斷小球B的速度變化情況；

根據(jù)三個(gè)物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒判斷小球人的機(jī)械能最小的位置，并分析此時(shí)的加速度情況；

當(dāng)小球和墻面恰好分離時(shí)，桿的彈力為零，B和C球此時(shí)剛好能分離；

當(dāng)小球A和墻面恰好分離時(shí)，根據(jù)速度的合成與分解得到兩球的速度關(guān)系。

本題主要是考查機(jī)械能守恒定律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解等，關(guān)鍵是能夠分析求出A球下落過(guò)程中的受力情況

和能量的轉(zhuǎn)化情況。

9.【答案】C

【解析】解：A、當(dāng)被測(cè)材料保持兩個(gè)不同溫度不變時(shí)，被測(cè)材料高度不同，電容器板間距離不同，由電

容的決定式。=否分析可知電容滯的電容不同，而電容器的電壓不變，由電容的定義式。=應(yīng)分析可知極

4MdU

板的帶電量不等，故A錯(cuò)誤；

B、若被測(cè)材料僅存在水平方向膨脹，電容器板間距離不變，電容不變，電容器的帶電量不變，電路中沒(méi)

有充電或放電電流，靈敏電流計(jì)的指針不動(dòng)，故8錯(cuò)誤：

C、當(dāng)被測(cè)材料的高度增加時(shí)，電容器板間距離減小，由電容的決定式。=品分析可知電容器的電容增

大，而電容器的電壓不變，由電容的定義式。=與分析可知極板的帶電量增加，電容器充電，電阻R中有

向左的電流，則電阻R右側(cè)的電勢(shì)高于左側(cè)的電勢(shì)，故C正確；

。、當(dāng)靈敏電流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)時(shí)，電阻R中有向左的電流，電容器充電，由電容的定義式。=工分析可知

其電容增大，由電容的決定式。=磊分析可知電容器板間距離減小，被測(cè)材料的高度增加，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

電容器的電壓不變，由電容的決定式。=然分析電容的變化，由電容的定義式c=E分析極板帶電量的變

化，即可判斷電路中電流方向，從而判斷靈敏電流計(jì)的指針偏轉(zhuǎn)方向，并分析電阻R電勢(shì)高低。當(dāng)靈敏電

流計(jì)指針向左偏轉(zhuǎn)時(shí)，分析極板帶電量變化，再判斷電容的變化，分析被測(cè)材料高度的變化。

本題是電容器的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，要掌握電容的定義式。=條電容的決定式C=在分，結(jié)合電容器的電壓

U471kd

進(jìn)行分析。

10.【答案】C

【解析】解：通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線分布如圖所示（截面圖）

可以看出當(dāng)線圈靜止處于導(dǎo)線正上方時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量的變化率為零，因此不會(huì)有感應(yīng)電流，而當(dāng)線

圈垂直導(dǎo)線方向移動(dòng)時(shí)，線圈中的磁通量將發(fā)生改變（通電導(dǎo)線產(chǎn)生環(huán)形磁場(chǎng)，以通電導(dǎo)線為軸線，所產(chǎn)

生的環(huán)形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨著與通電導(dǎo)線距離的增加的減弱），電流傳感器有示數(shù)，即閉合線圈與傳感

器構(gòu)成的閉合回路中有感應(yīng)電流，由題表中線圈位置變化分析可知，線圈初始時(shí)靜止，傳感器中無(wú)電流，

線圈南北方向移動(dòng)或靜止時(shí)，傳感器中均無(wú)電流，而線圈在東西方向移動(dòng)或靜止時(shí)均有電流，因此可知可

知，導(dǎo)線南北走向，且nJ以確定其在初始時(shí)位于線圈中心點(diǎn)。的止卜方。

故C正確，AB。錯(cuò)誤；

故選：C

根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線分布分析磁通量變化，結(jié)合電磁感應(yīng)分析感應(yīng)電流情況。

本題考查電磁感應(yīng)與甩流磁效應(yīng)的綜合，解題關(guān)鍵掌握磁通量變化時(shí)會(huì)形成感應(yīng)甩流。

II.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)電流的方向能分析出電荷的受力方向，結(jié)合電荷的電性得出電勢(shì)的高低，因此本題

中可以根據(jù)電勢(shì)的高低分析出通電導(dǎo)線的電流方向，故A錯(cuò)誤；

從設(shè)前后表面的厚度為d，金屬薄片的厚度為力，導(dǎo)線中單位體積的電子數(shù)為〃，最終電子在電場(chǎng)力和洛

倫茲力的作用下處了平衡，則

eU

萬(wàn)…

結(jié)合電流的微觀表達(dá)式：/o=nevS=ndehv

解得：用黑

所以輸出電壓隨著導(dǎo)線的電流強(qiáng)度均勻變化，故B止確；

CD、由（/=nena可得:

nehd

1=---U

可知增大霍爾元件沿磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的厚度h,用單位體積內(nèi)自由電子個(gè)數(shù)更多的材料制成霍爾元件，在

直導(dǎo)線電流一定時(shí)，6、/兩側(cè)的電勢(shì)差減小，測(cè)量精度減小，故C。錯(cuò)誤；

故選:B。

根據(jù)電勢(shì)的而低和左手定則能分析出電流的方向；

根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出電壓與電流強(qiáng)度的關(guān)系，并由此得出影響測(cè)量精度的因素。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉左手定則分析出洛倫茲力的方向，結(jié)合電場(chǎng)力和洛倫茲力的等

量關(guān)系即可完成分析。

12.【答案】A

【解析】解：4因要達(dá)到題中的要求，就要使得&兩端電壓保持不變，因壓力越大，電阻&越小，此時(shí)回

路中的電流就越大，/?2的電壓就會(huì)變得更大，則要想&的電壓和原來(lái)一致，則只適當(dāng)減?。サ淖柚?，故A

正確:

8因要達(dá)到題中的要求，就要使得￡兩端電壓保持不變，因％減小，而其他條件不變的情況下，只能減小

和傳感器8相連接電路中電源電動(dòng)勢(shì)，故4錯(cuò)誤：

C.增加纏繞電磁鐵線圈的匝數(shù)，磁性增大，則進(jìn)入下面通道的大蘋果的最小質(zhì)量變小，故C錯(cuò)誤；

D要求進(jìn)入下面通道的大蘋果的最小質(zhì)量M大于Mo,則要求當(dāng)此大蘋果通過(guò)托盤時(shí)壓力傳感器的壓力與

原來(lái)一致，可知其他條件不變的情況下，只需要將托盤秤壓在杠桿上的位置向右移動(dòng)一些，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合電路構(gòu)造完成分析：增加纏繞電磁鐵線圈的匝數(shù)，磁性增大，根據(jù)杠桿原理分

析出需要移動(dòng)的方向3

本題主要考查了閉合電路歐姆定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)設(shè)計(jì)要求，結(jié)合歐姆定律和杠桿原理完成分析。

13.【答案】B

【解析［解：A、如果〃。=心，其單位是反平空=鈣色！=耳，由于雷諾數(shù)是無(wú)量綱的量，故A

"m3S^Pasm^s^kffsm2

錯(cuò)誤；

B、如果Re=*其單位是肝多氤=M貨?京=第=1，由于雷諾數(shù)是無(wú)量綱的量，故〃正

確：

C、如果/?。=竺&=竺上乩由3可知理=1,d的單位是〃?，如果Rc=M=m,則由于雷諾數(shù)是無(wú)量

綱的量，故C錯(cuò)誤：

。、如果電二粵，則其單位是色.巴.」二垃.上二場(chǎng).里.普=絲也

〃3布3s(Pasy7ns(-^-s)3ws/v3-s3s4(%n)3$4

瀉『=*_,由于雷諾數(shù)是無(wú)量綱的量，故。錯(cuò)誤。

kg乙

故選:B.

根據(jù)各物理量間的關(guān)系式與各物理量的單位推導(dǎo)出Re的單位，然后分析答題。

本題考查了判斷雷諾數(shù)表達(dá)式問(wèn)題，可以從雷諾數(shù)的量綱分析答題，熟悉各物理量的單位是解題的前提,

根據(jù)表達(dá)式與各物理量的單位即可解題。

14.【答案】ACD

【蟀析】解：4根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的加速度大小為

。=真，故A正確；

dm

8。粒子在沿電場(chǎng)方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向的動(dòng)

量變化為0；根據(jù)題意有

Ap=Apy=mvy-0

可得粒子從兩板間離開(kāi)時(shí)沿電場(chǎng)方向的分速度大小為

則粒子在兩板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

_Vy_dAp

t=~a=~Uq

金屬板的長(zhǎng)度為

L=u0t=甯,故B錯(cuò)誤，C正確；

D設(shè)入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的電勢(shì)差為U',根據(jù)動(dòng)能定理可得

-qUr=^mv2-^mvQ

其中V2=中十藥

解得少=一耍，故。正確。

2mq

故選：ACD.

由牛頓第二定律求粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)的加速度大??；由dp=m/u求速度變化量；粒子在水平方向做勻速

直線運(yùn)動(dòng)，由L=求板長(zhǎng)。根據(jù)動(dòng)能定理求入射點(diǎn)與出射點(diǎn)間的電勢(shì)差。

帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，若垂直電場(chǎng)線進(jìn)入則做類平拋運(yùn)動(dòng)，要將運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)線和垂直于電場(chǎng)線

兩個(gè)方向進(jìn)行分析，利用直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行求解。

15.【答案】2自號(hào)2/+d)Me開(kāi)關(guān)不是接在干路上,無(wú)法控制電E表，閉合前電壓表己經(jīng)有示數(shù)，應(yīng)該將C

線接電源正極端改接至開(kāi)關(guān)右端。

【解析】解：(1)單擺的周期為

T=-

n

單擺的擺長(zhǎng)為

d

L=，+亍乙

根據(jù)單擺周期公式

解得實(shí)驗(yàn)中重力加速度的表達(dá)式為

2n2n2(2l+d)

9=—?—:

(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S前，為防止燒壞電表，滑動(dòng)變阻器的滑片P應(yīng)處在M端；。導(dǎo)線接錯(cuò)，錯(cuò)誤連接會(huì)

帶來(lái)的問(wèn)題是開(kāi)關(guān)不是接在干路上，無(wú)法控制電壓表，閉合前電壓表已經(jīng)有示數(shù)，應(yīng)該將c線接電源正極

端改接至開(kāi)關(guān)右端；

(3)滑動(dòng)變阻器先最合適；使用8可使待測(cè)電阻兩端的電壓隨滑動(dòng)頭移動(dòng)趨近線性變化，方便調(diào)節(jié)使用。

故答案為：⑴23y+d)；

(2)①M(fèi)；②c；開(kāi)關(guān)不是接在干路上，無(wú)法控制電壓表，閉合前電壓表已經(jīng)有示數(shù)，應(yīng)該將c?線接電源正

極端改接至開(kāi)關(guān)右端。

(3)滑動(dòng)變阻器&最合適：使用&可使待測(cè)電阻兩端的電壓隨滑動(dòng)頭移動(dòng)趨近線性變化，方便調(diào)節(jié)使用。

(1)根據(jù)已知條件單擺周期和擺長(zhǎng)，再根據(jù)單擺的周期公式聯(lián)立求解重力加速度：

(2)①為了保護(hù)電路，閉合開(kāi)關(guān)之前滑動(dòng)變阻器接入的阻值要最大；

②開(kāi)關(guān)必須連接在干路中，控制電路中所有元件，根據(jù)實(shí)物連接圖可知c錯(cuò)誤；開(kāi)關(guān)無(wú)法控制電壓表；

(3)使用的滑動(dòng)變阻器改變電路中的電壓和電流作出的圖像呈線性變化時(shí)最合適，據(jù)此判斷最合適的滑動(dòng)

變阻器。

本題考查單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)和測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，要求學(xué)生熟練掌握實(shí)驗(yàn)原理、

實(shí)驗(yàn)器材、數(shù)據(jù)處理和誤差分析。

16.【答案】2.850左

叫+巾2

【解析】解：(1)根據(jù)圖2可知，游標(biāo)卡尺為20分度，其精確度為0.05mm,圖2讀數(shù)為d=2Bnun+10x

0.05mm=28.50mm=2.850cm；

(2)滑塊經(jīng)過(guò)光電門1的時(shí)間比光電門2的時(shí)間短，說(shuō)明滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，即氣墊導(dǎo)軌右側(cè)偏高，為保持水

平，故應(yīng)該調(diào)高左惻；

(3)若碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則

“肅=(%+通?嘉整理得看=徐乂春即八般:

(4)多次試驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)心總大于心，產(chǎn)生這一誤差的原因可能是：滑塊1的質(zhì)量測(cè)小了或者滑塊2的質(zhì)量測(cè)大

了，故人。正確，BC錯(cuò)誤;

故選：AD.

故答案為:(1)2.850；(2)左；(3)肅而；(4)40。

(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法進(jìn)行讀數(shù)；

(2)根據(jù)滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程減速即可分析氣墊導(dǎo)軌右端偏高；

(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式，對(duì)表達(dá)式進(jìn)行化簡(jiǎn)即可求解：

(4)根據(jù)第(3)結(jié)果即可分析?。

該題考查驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)的分析，能夠準(zhǔn)確掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，掌握動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，

題目具有一定的綜合性，題目難度適中。

17.【答案】解：(1)由機(jī)械能守恒定律mgL(l-cos37°)=\mv2

解得=2m/s

由牛頓第二定律尸-mg=my-

解得F=1.4/V

(2)小球平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有

h-L=^gt2

解得t=0.3s,y=-0.3s(舍去)

水平方向有x=vt

解得％=0.6m

(3)小球落地時(shí)豎直速度為=gt

解得%=3mls

重力的瞬時(shí)功率P=根9為

解得P=3IV

答：(1)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球拉力的大小為1.4N；

(2)它做平拋運(yùn)動(dòng)水平位移的大小為0.6m；

(3)小球落地時(shí)重力的瞬時(shí)功率為3Wo

【脩析】(1)由機(jī)械能守恒定律結(jié)合牛頓第二定律解答；

(2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解答；

(3)解得小球豎直方向的速度，根據(jù)功率的計(jì)算公式解答。

該題考查了機(jī)械能守恒定律的運(yùn)用，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落

體運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。

18.【答案】解：(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律/=總

金屬桿而所受安培力為以=BIL

根據(jù)平衡方程mgsin。=FA

聯(lián)立得E=mg(2R+r)sin8

BL

(2)a.根據(jù)平衡方程mgsin。=F'A

金屬桿疝所受安培力為F'A=BI'L

根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E'=BL為

根據(jù)閉合電路歐姆定律/'=帶

聯(lián)立得：方=筆詈

b.由能量守恒定律可得mgs?sin。=+Q

金屬桿產(chǎn)生的焦耳熱Qi=忌(2=

n-rnZ

聯(lián)立可得Qi=^mgs?sin。-吟,:"

，DL

答：(1)開(kāi)關(guān)S接1,金屬桿恰好能靜止在導(dǎo)軌上。電源電動(dòng)勢(shì)E的大小為皿等陋；

OL

(2)Q.最大速度為切B普L普

b.金屬桿從靜止開(kāi)始到最大速度過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為37ngs?sin。-修常選。

【解析】(1)