2024年四川省成都某中學高考物理一診熱身物理試卷(含詳細答案解析)

2024年四川省成都七中高考物理一診熱身物理試卷

一、單選題：本大題共5小題，共30分。

1.摩托車騎手從一斜坡沖出在空中飛越的情景如圖所示，不計空氣阻

力影響，假設摩托車發(fā)動機油門關閉，摩托車在空中飛行的過程中

()

A.若要研究某時刻騎手的動作，可以把摩托車和騎手看作質點

B.若不考慮轉動的影響，在最高點，騎手的動能為零

C.若不考慮轉動的影響，騎手的機械能先減小再增大

D.若不考慮轉動的影響，騎手的加速度不變

2.在如圖所示的電路中，電壓表為理想表，電源內阻為滑動變阻器總

電阻為&，滑動變阻器滑片由。滑向兒下列說法正

確的是()

A.電源的效率先變大再減小

B.電源輸出功率先增大再減小

C.電壓表示數(shù)先增大再減小

D.靈敏電流計G的電流方向dtc

3.一物體在如圖甲所示的?平面上運動，其x方向的以-￡圖像和y方向的y-t圖像分別如圖乙、圖丙

所示，圖丙中人8段為拋物線，軌跡方程為y=^￡2一2亡+3,虛線AC為t=0時該拋物線的直線，已知

￡=0時物體的位置坐標為(0m,3m),下列說法正確的是()

A.t=0時，物體的速度大小為3Om/s

B.t=2s時，物體的位置坐標為(5m,1m)

C.2s物體.y方向的加速度越來越小

D.物體在2$內做加速度大小Q=，Im/s2的曲線運動

4.華為〃％e60實現(xiàn)了手機衛(wèi)星通信，只要有衛(wèi)星信號覆蓋的地方，就可以實

現(xiàn)通話。如圖所示三顆赤道上空的通信衛(wèi)星就能實現(xiàn)環(huán)赤道全球通信，已知三

顆衛(wèi)星離地高度均為力，地球的半徑為心地球同步衛(wèi)星離地高度為6凡地球

表面重力加速度為g,引力常量為G,下列說法正確的是（）

A.三顆通信衛(wèi)星受到地球的萬有引力的大小相等

B.能實現(xiàn)全球通信時，衛(wèi)星離地高度至少2R

C.其中一顆質量為的通信衛(wèi)星的動能為裳嚓

D.通信衛(wèi)星和地球自轉周期之比為-嗎

J（R+h）

5.如圖所示，水平地面上有一段絕緣粗糙區(qū)域AB,該區(qū)域中的尸點距A點較近。材料與形狀完全相同的

兩個物塊甲和乙與地面間的動摩擦因數(shù)由A到8逐漸減小，甲物塊帶正電荷，乙物塊帶等量的負電荷，空

間中有水平向右的勻強電場，先讓甲物塊從A由靜止釋放滑到瓦然后再讓乙物塊從3由靜止釋放滑到

人兩物塊在運動過程中電荷量保持不變，上述兩過程相比較，下列說法中錯誤的是（）

勻強電.

?”/////////=/一

A.兩個物塊在上述過程中獲得的速度大小相等

B.甲物塊在上述過程中所用時間較長

C.若甲、乙同時從A、B釋放,它們可能在。點相遇

D.若甲、乙同時從A、8釋放，它們碰后粘連一定共同向右運動

二、多選題：本大題共4小題，共23分。

6.如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角a=37。的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m。

選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度力的變化如圖乙所示。g=10m/s2,sin37。=

0.6o則下列說法中正確的是（）

A.物體的質量m=0.67kgB.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5

C.物體上升過程的加速度大小a=12m/s2D.物體回到斜面底端時的動能a=10；

7.若規(guī)定無限遠處的電勢為零，真空中點電荷周圍某點的電勢?可表示為

（p=k^其中k為靜電力常量，。為點電荷的電荷量，，?為該點到點電荷

的距離。如圖所示，M、N、。是真空中三個電荷量均為+Q的固定點電

荷，M、N、C連線構成一等邊三角形且邊長￡,。是三條邊中垂線的交

點。已知靜電力常量為億規(guī)定無限遠處的電勢為零。則下列說話正確的

是（）

A.O、A、B三點場強相等

B.為強J=等

C.電勢Sa：（pD=（2+40：9

D.在。處放置一負電荷q,其電勢能與二一的警

8.如圖所示，J光滑圓弧軌道A3末端切線水平，與J光滑圓弧軌道3co

42

在B處連接且固定，圓弧軌道BCD的半徑為七，圓弧軌道4月的半徑G

未知且可調節(jié)。一質量為小的小球，從A點（與01等高）靜止釋放，經過

區(qū)點落在圓弧軌道AC。上。忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.小球經過8點時對軌道的壓力與心的大小無關

B.只要小球在空中運動時間相同，落在圓弧軌道8C。上時的動能就相同

圖丙

回答以下問題(結果均保留兩位有效數(shù)字)：

(1)彈簧的勁度系數(shù)為_____N/m；

(2)該同學從圖乙中提取某些時刻尸與。的數(shù)據，畫出。-尸圖像如圖丙中I所示，由此可.得滑塊與加速度

傳感器的點、質曷為奴:

(3)該同學在滑塊上增加待測物體，重復上述實驗步驟，在圖丙中畫出新的a-F圖像II,則待測物體的質

量為kg。

11.小芳同學想利用實驗室的器材描繪出某電風扇的伏安特性曲線。她通過說明書得到電風扇的額定電壓

為5.0V,額定功率約為2.5W。器材有：

電源E：電動勢為6.0V,內阻忽略不計

電流表公：量程0.64,內阻約為1012

電流表42：量程1(乂)〃?4?內阻為，2=4C

定值電阻匕=ion

定位電阻&=500

滑動變阻器色：最大阻值10。，最大電流0.54

滑動變阻器&：最大阻值3C,最大電流3A

滑動變阻器3：最大阻值10。。，最大電流3A

開關、導線等。

(1)滑動變阻器應選用_____(選填"/?3”"心”或“心”)；為了精確測量數(shù)據，選用定值電阻(選

填“治”或“/?2”)，將電流表々改裝成電壓表使用。

(2)請根據選用的實驗器材設計實驗電路，將最優(yōu)電路設計圖畫在圖甲虛線方框內，電風扇符號用M表

示，需在圖中標上所用元件對應的符號_____。

(3)小芳在實驗中發(fā)現(xiàn)，小電風扇住電流較小時不能轉動。她多次測量描繪出與-/i圖像如圖乙所示，具中

A為電流表4的讀數(shù)，為電流表4的讀數(shù)。當/1為0.104為10〃滔時，小電風扇的電阻為。(結

果保留兩位有效數(shù)字)。

(4)從小芳描繪的/2-/1圖像可以看出，隨著的不斷增大，先增大到某值時突然減小，造成這種現(xiàn)象的

原因是

甲

四、簡答題：本大題共I小題，共10分。

12.如圖，半徑為R=30c7n的玻璃球臺，球臺平面對應的球心角為120。，與球

臺平面等面積的單色光柱垂宜臺面射向球體。已知玻璃對單色光的折射率為

2,光在真空中的速率為c=3.0xl08m/s,求：

(1)求：該單色光在玻璃球臺中的傳播速度；

(2)求：同時垂直射入玻璃球臺的光中，最先在球面處發(fā)生全反射的光，在玻璃

球臺內傳播的時間(只考慮全反射)。

五、計算題：本大題共2小題，共32分。

13.在足夠長的粗糙絕緣板A上放一個質量為〃?、電荷量為+q的小滑塊8用

手托起A置于方向水平向左、場強大小為E的勻強電場中，此時A、8均能

靜止,如圖所示,現(xiàn)將絕緣板A從圖中位置P垂直電場線移至位置Q.發(fā)現(xiàn)

小滑塊B相對于4發(fā)生了運動，為研究方便可以將絕緣板A的運動簡化成線

勻加速接著勻減速到靜止的過程，測量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時間為0.8s,減

速的時間為0.2s,P、Q位置高度差為0.5機，已知勻強電場的場強￡=守，A、B之間動摩擦因數(shù)〃=

0.4,g=10m/s2,求:

（1）絕緣板A加速和減速的加速度大小分別為多大？

（2）滑塊B最后停在離出發(fā)點距離為多大處？

14.“魯布?戈德堡機械”是用迂回曲折的連鎖機械反應完成一些簡單動作的游戲。圖為某興趣小組設計的

該類游戲裝置：?是半徑為2L的光滑四分之一圓弧軌道，其末端8水平；在軌道末端等高處有一質量為

〃］的“□

”形小盒C（可視為質點），小盒。與質量為3〃?、大小可忽略的物塊。通過光涓定滑輪用輕繩相連，左側滑

輪與小盒C之間的繩長為2L；物塊。壓在質量為，〃的木板E左端，木板E上表面光滑、下表面與水平桌

面間動摩擦因數(shù)4=0.5（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），木板E右端到桌子右邊緣固定擋板（厚度不計）的

距離為L；質量為〃，且粗細均勻的細桿?通過桌子右邊緣的光滑定滑輪用輕繩與木板E相連，木板七與定

滑輪間輕繩水平，細桿尸卜端到地面的距離也為心質量為三的圓環(huán)（可視為質點）套在細桿尸上端，環(huán)與

桿之間滑動摩擦力和最大靜摩擦力相等，大小為［mg。開始時所有裝置均靜止，現(xiàn)將一質量為加的小球（

可視為質點）從圓弧軌道頂端A處由靜止釋放，小球進入小盒C忖剛好能被卡??。ㄗ饔脮r間很短可不計），

然后帶動后面的裝置運動，木板E與擋板相撞、細桿/,,與地面相撞均以原速率反彈，最終圓環(huán)剛好到達細

桿的底部。不計空氣阻力，重力加速度為?求：

（1）小球與小盒C相撞后瞬間，與小盒C相連的繩子上的拉力大??；

（2）細桿尸的長度。

BL

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、當要研究某一時刻騎手的動作，就要展現(xiàn)出騎手的運動細節(jié)，而把騎手和摩壬車看成質

點就不能看到騎手的動作了。故A錯誤。

8、因為騎手是斜向上沖上斜坡，所以有平行于地面的速度，所以當騎手騎到最高點時，其豎直方向的速

度為0,但是其動能不為0。故4錯誤。

C、因為騎手從斜坡沖出的時刻，騎手就只受重力的影響，在只受重力作用的情況下其機械能始終不變。

故C錯誤。

。、當騎手從斜坡沖出時，騎手只受到重力的作用，其加速度等于重力加速度，所以騎手的加速度不變。

故D正確。

故選：。。

分析騎手從沖出斜坡開始，箭手只受到重力的影響，并且其豎直方向上的速度先減小后增大，水平方向的

速度保持不變，并且當物體在只受重力影響時，物體的機械能守恒，從而得出答案為多少。

此題主要考查斜拋的知識點，主要要注意在只受重力的情況下其機械能保持不變。

2.【答案】B

【解析】解：A滑動變阻器滑片由?；蛄?，則&阻值變大，根據效率的計算式可得電源的效率為

iuR外

可知外電阻變大，則電源的效率變大，故4錯誤；

A根據電源輸出功率和內外阻關系，可知當外電阻等于內阻時電源輸出功率最大；因&＞廠＞%，

滑動變阻器滑片由〃滑向兒則此阻值變大，外電阻先靠近電源內阻后遠離電源內阻，可知電源輸出功率

先增加后減小，故B正確；

C根據閉合電路歐姆定律，外電阻變大，總電流減小，則路端電壓變大，即電壓表示數(shù)增大，故C錯誤；

。.路端電壓變大，&電壓減小，則滑動變阻器兩端電壓變大，電容器兩板電壓變大，故電容器充電，則靈

敏電流計G的電流方向c—d,故。錯誤。

故選:Be

根據滑動變阻器滑片滑動判斷電阻變化，根據效率的計算式結合歐姆定律判斷電源效率，根據電源輸出功

率和內外阻關系分析功率變化，根據閉合電路歐姆定律結合電容器特點分析判斷。

本題考查動態(tài)電路分析，解題關鍵掌握閉合電路歐姆定律，正確分析電路構成，注意電源效率的計算公

式。

3.【答案】D

【解析】解：A、由圖甲可知當￡=0時，0=3m/s；根據y=-2t+3,對比y=+：與12,可知

物體沿y方向的加速度為與=lm/sZ,初速度：vy0=-2m/s,則合速度：v=J謖+琢o=

V32+22m/s=，T5m/s,故A錯誤；

8、t=2s時，根據圖像與橫軸圍成的面積可知％=孚x2m=Bzn,所以坐標為（8771,1m）,故8錯誤；

C、y方向的位移-時間圖像是拋物線，即滿足丫=!￡2一2《+3形式，說明），方向為勻變速直線運動，所以

），方向的加速度保持不變，故C錯誤；

。、物體在x方向上的加速度為：=%=芋m/s?=Im/s?,物體在），方向上的加速度為勺=

lm/s2,因此合加速度：a=J好+嗎=VI2+l2m/s2=V_27n/s2：

因此合力與水平方向的夾角為tamz=%=；=1

ax1

初始速度和水平方向的夾角為tan戶=?=J

可知合力方向與初合速度方向不在同一直線上，所以物體做曲線運動，故。正確。

故選：。。

根據圖像的斜率得出不同方向的速度，結合矢量合成的特點得出物體的速度；根據圖像與橫軸圍成的面積

得出位移的大小，并由此得出對應的坐標：根據圖像的特點分析出加速度的變化，結合平行匹邊形定則求

出臺加速度。

本題主要考查了運動的合成和分解的相關應用，理解運動學圖像的物理意義，結合運動學公式和矢量合成

的特點即可完成分析。

4.【答案】C

【蟀析】解：A通信衛(wèi)星受到的萬有引力大小為F=G等，三顆通信衛(wèi)星的質量未告知，故三顆通信衛(wèi)星

受到地球的萬有引力大小不一定朽等，故A錯誤;

8.三顆通信衛(wèi)星若要全面覆蓋，則其如圖所示

由幾何關系可知，乙408=120、乙A0C=6(r,其OA為地球半徑R,所以由幾何關系有

cos6(r=祟0C=2R=R+h,代入數(shù)據得：h=R,所以通信衛(wèi)星高度至少為R,故B錯誤；

C.對衛(wèi)星有G/工：2=7n六方在地球表面有G粵=zng,其動能為&=〈mv?=廣”,故C正確；

(R+八)ixTfiK/Z(l\-rh)

cMm47r2?Mm47r2—c、T.擊I,DJ_A\3

D對通信衛(wèi)星有G*工m=m式(R+h),對同步衛(wèi)星有G行卡=mm-(7R),可得普=竺為，故。

(R+h)T逋(7幻T地T擒I(7/?)3

錯誤。

故選：a

利用萬有引力定律列式求解即可。

本題考查學生對人造衛(wèi)星和萬有引力定律的理解和運用，需要注意衛(wèi)星的質量未給出。

5.【答案】D

【解析】解?：4對甲、乙兩物塊，根據動能定理得

-1

458一&AB=2^

所以兩個物塊在上述過程中獲得的速度大小相等，故A正確：

8.甲、乙兩物體運動的u-t大致如圖所示

0

甲運動過程加速度在增大，故廿-￡圖像的斜率增大，如圖線1;乙運動過程加速度減小，故斜率減小，如

圖線2,由于兩物塊末速度大小相等，且兩個過程的位移相等，即圖線下方所圍的面積相等，故甲運動過

程的時間長，故4正確；

C.若甲、乙同時從4、B釋放時，由8可知乙物塊8到P段時間加速度大于甲物塊從A到P端的加速度，

所以，所以相等時間內乙物塊運動的位移大于甲物塊運動的位移，所以它們有可能在〃點相遇，故C.正

確；

。若甲、乙同時從人、B釋放，由8可知當甲、乙物體碰撞時碰前速度大小不相等，碰撞過程甲、乙之間

的相互作用力為尸，對甲物塊根據動量定理可知甲、乙碰撞后速度不可能相等，所以碰后不可能粘連一起

共同向右運動，故。錯誤；

由干本題選擇錯誤的選項，故選：

A.根據動能定理列式分析解答；

8.在同一個u-t圖像中作出甲、乙的速度?時間圖像，根據位移大小相等判斷運動時間長短；

C.根據u-C圖像分析相遇時各自的位移大小關系判斷；

。根據圖像判斷碰撞前瞬間速度大小結合動量定理分析碰后的速度方向。

考查動能定理，非勻變速的”-￡圖像的建立和理解問題。

6.【答案】BD

【解析】解：4根據題意，由圖可知，物體上升到最大高度時，機械能為30人則有

mg%=30/

代人數(shù)據解得

m=1kg,故A錯誤;

8.根據題意，由功能關系可知，克服摩擦力做功等于機械能的減少，則有

Wf=卬ngcos370?507-30/

sin37°

代人數(shù)據解得

〃=0.5,故8正確：

C.物體上升過程中，由牛頓第二定律有

〃mgcos370+mgsin37°=ma

代人數(shù)據解得

a=10m/s2,故C錯誤；

D根據題意，物體問到斜面底端過程中，由動能定理有

-閃=Ek-Ek0

其中

Eko=50/

解得

Ek=107,故。正確。

故選：BD.

根據圖像可知最高點的機械能等于重力勢能，可求物體的質量；根據功能關系結合圖像求解動摩擦因數(shù)；

根據牛頓第二定律求解加速度；根據動能定理求解物體到斜面底端時的動能。

本題考查功能關系的問題，要求學生能正確分析物體的運動過程，熟練應用功能關系解題。

7.【答案】ACD

【解析】解：人、根據點電荷電場的計算公式可知，MC兩電荷在A點場強為0,故人點場強是只有N電荷

在A點的場強，E=*根據對稱性可知OB兩點場強大小也等于字故4正確；

B、三角形邊長為L,則N{=LCOS3(T=￥L,帶入E=*=鱉,故8錯誤；

2rL3L

C、A點的電勢：W.=2X華+等=坦爺夕絲，。點的電勢：外=3又掙=剋警,所以0A：9D=

-vJ,■JrL

(2+4/3)：9,故C正確：

D、w0二W警，在少處放置一負電荷q，其電勢能與二一容四，故/)正確。

LtLt

故選：ACD.

考查點電荷電場的大小計算，根據題意求得QA的電勢，進行比值計算。

根據題意分析電勢的計算方式，根據正電荷周圍電勢均為正，可直接相加計算。

8.【答案】AD

【解析】解：A、小球從A點靜止釋放到8點，根據機械能守恒有

12

mg=

根據牛頓第二定律有

詒

=m—

rl

聯(lián)立解得，軌道對小球的支持力為

FN=3mg

則小球經過6點時對軌道的壓力與q的大小無關，故A正確：

從小球經過4點落在圓弧軌道4c。上，小球在空中運動時間相同，則小球下落高度力相同，則小球落在

圓瓠8C、CO上的等高處，則根據平拋規(guī)律可知，水平位移不同，離開8點的初速度如不同，則根據機械

能守恒，有

…12

mgh.=Ek--2mv^

可知落在圓弧軌道BC7)上時的動能隊不相同，故B錯誤；

C、根據平拋運動規(guī)律有，速度的反向延長線經過水平位移的中點，但。點不為水平位移的中點，若小球

垂直落在圓弧軌道上，則其速度的反向延長線必然經過圓弧的圓心。點。根據幾何關系可知小球不

可能垂直落在圓弧軌道BCD上，故。錯誤；

。、若小球在空中運動的時間最長，即此時小球落在。點，則根據平拋規(guī)律有

12

r2=

根據動能定理有

12

2mVB=7即1

聯(lián)立解得

丁2

ri=T

故D正確。

故選：AD.

首先，分析小球從4點靜止釋放到B點的過程，根據機械能守恒求出8點的速度，再根據牛頓第二定律求

出軌道對小球的支持力，進而判斷小球經過3點時對軌道的壓力與心的大小有無關系；

其次，分析小球經過8點落在圓弧軌道8c。上的時間，判斷小球下落高度爪根據平拋運動的規(guī)律判斷離

開B點的初速度是否相同，最后根據動能定理判斷落在圓弧軌道8C。上時的動能是否相同：

接著，根據平拋運動的推論判斷小球可不可能垂直落在圓弧軌道AC。上；

最后，根據平拋運動的規(guī)律和動能定理求出，1為何值時，小球在空中運動的時間最長。

本題考查了機械能守恒和平拋運動的相關知識，解決本題的關鋌是準確列出機械能守恒定律對應的方程以

及平拋運動的規(guī)律。

9.【答案】ACE

【解析】解：4由圖像可知，該波的波長為

A=2x(10-4)〃i=12m

故A正確;

A圖示時刻的波動方程為

71n

y=30cos(gx+可)

該時刻M點的位移為

y=30cos(^-)c7n=30x=15cm

故B錯誤；

C曰題意，該波沿x軸正方向傳播，根據同側法可知，該時刻N點的振動方向沿)，軸負方向，故C正確;

D再經過0.125s,M點的位移為

71nn

y=30sin(4jrt+&)sn=30xsin+石)cm=15y/-3cm

M點經過的路程為

s=[(30-15)+(30-15/3)]cm=(45-15V3)cm,故D錯誤;

￡從該時刻開始計時，質點用的振動方程為

n

y=30sin(27r/t+(/?)=30sin(4zrt4-6)cm

故E正確。

故選：ACE。

A.根據波長的定義計算波長；

B.結合波動方程求出圖中M點的位移；

C曰同側法判斷；

結合8答案的分析計算。

本題考查的是波動圖像，要學會從波形圖上讀取波長和振幅，會寫波動方程和質點的振動方程，結合周期

和振幅計算質點的路程。

10.【答案】120.200.13

【解析】解：(1)由題知，彈簧處于原長時滑塊左端位于。點，A點到。點的距離為5.00cm.拉動滑塊使其

左端處于A點，由靜止釋放并開始計時。結合圖乙的F-t圖有

Ax=5.00cm=0.005m,F=0.610N

根據胡克定律

F

心擊

計算出

k念12N/m

(2)根據牛頓第二定律有

F=ma

則a-尸圖像的斜率為滑塊與加速度傳感器的總質量的倒數(shù)，根據圖丙中I,則有

13-0,同_]

=m=-0Tkd=Skg

則滑塊與加速度傳感器的總質量為

m=0.20kg

(3)滑塊上增加待測物體，同理，根據圖丙中H,則有

11.5-0,一

方"一二3kg-

則滑塊、待測物體與加速度傳感器的總質量為

m'=0.33kg

則待測物體的質量為

Am=m1-m=0.33kg-0.20kg=0.13kg

故答案為:(1)12；(2)0.20；(3)0.13

(1)根據圖像結合胡克定律解得;

(2)(3)根據牛頓第二定律結合圖像可解得質量.

本題考查牛頓第二定律，解題關鍵掌握實驗原理與實驗操作，注意圖像斜率的含義。

6.0電動機突然開始轉動，產生.了反電動勢

【解析】解：(1)電風扇的額定電壓為U=5.0V

額定功率為P=2.5小

電風扇的額定電流為/=齊筋4=0.5/1

由于要描繪出這臺電風扇的伏安特性曲線，電壓需要從0調節(jié)，滑動變阻器采用分壓式，使得串聯(lián)接入電

路部分的電流有可能大于0.54，所以為了防止滑動變阻器燒壞且操作方便，滑動變阻器選/?4：

通過電流表兒與電阻串聯(lián)改裝成旦壓表，因電壓調節(jié)范圍為0?5.0V,需要串聯(lián)的電阻阻值為心=干

19

r=—-4Q=46。

“2100x103

所以選取固定電阻a=50。

改裝成電壓表，其量程為：U=1,(X2+&)=100x10-3x(4+50”=5.41/

(2)因為電壓需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，因此電流表采用外接法，電路圖如圖所示

(3)小電風扇在電流表讀數(shù)小時電風扇不能轉動，屬于純電阻電路，實驗數(shù)據得知。為0.104時，為，2=

10mA=0.014

小電風扇的電阻為RM=半=啥②=端端抖。=6.0/2

IM.I—72U.1-U.U1

(4)小電風扇在電流較小時不能轉動，隨著電流，2的不斷增大，電動機突然開始轉動，產生了反電動勢，所

以4先增大到某值時突然減小。

故答案為：(3)6.0；(4)電動機突然開始轉動，產生了反電動勢

(1)選擇器材需安仝、精確，從安仝性和可操作性角度選擇滑動變阻器；根據電流表與電阻改裝成量程為

5.4V電壓表，結合電流表的審程，從而確定選取固定電阻值;

(2)測量伏安特性電流、電壓需從零開始測起，滑動變阻器需采用分壓式接法，由此畫圖；

(3)根據歐姆定律求出風扇燈的電阻。

(4)根據實驗操作分析判斷。

解決本題的關鍵掌握器材選取的原則，即安全，精確。知道滑動變阻器分壓式和限流式接法的區(qū)別和電流

表內、外接法的區(qū)別。有電動機存在的電路是非純電阻電路。

12.【答案】解：(1)光在玻璃中的傳播速度：v=￡=1^7n/s=1.5xl08m/s

(2)設光在玻璃球臺中產生全反射的臨界角為C,光路圖如圖所示

則sinC=i=1

解得C=30°

由幾何關系可知，最邊緣的光線在球面的入射角為60°>C

可知最邊緣的光線是最先在球面處發(fā)生全反射的光，且該光線經3次全反射而射出平臺，

有傳播的時間”竽

代人數(shù)據解得：￡=8X10-9s

答：(1)該單色光在玻璃球臺中的傳播速度是1.5xlO'm/s；

(2)同時垂直射入玻璃球臺的光中，最先在球面處發(fā)生全反射的光，在玻璃球臺內傳播的時間是8x

10-9So

【解析】(1)根據光速與折射率的關系求出光在玻璃中的傳播速度。

(2)作出光路圖，求出光的路程，然后求出傳播時間。

掌握基礎知識是解題的前提，根據題意作出光路圖是解題的關鍵，根據折射率公式可以解題。

13.【答案】解：(1)豎直分運動是先加速后減速，假設豎直分速度的最大值為,，故：

VV

/+*=八

解得：

2h2x0.5

v=t^=0^+02=lm/s

故加速過程的加速度為：

v1「

%=萬=麗=1?5奶

減速過程的加速度大小為：

V10

的二石=改=5m/s

(2)加速上升過程是超重，物體與板相對靜止：

減速過程是失重，壓力減小，為:

N=m(g—a2)=5m

故滑動摩擦力為：

/=〃N=2m

根據牛頓第二定律，水平分運動的加速度:

qE-flm/s2

m

故該過程的水平分位移:

Xi=zrato=kx1x0.22=0.02m

12z2

到最高點后，水平分加速度：

+我

Q，=一〃9=-lm/s2

m

水平分位移:

0-(at?)?一(1X0.2)2

=0.02m

%2-2x(-1)

故水平分位移為:

=

x=%1+x2002m4-0.02m=0.04m

答：(1)絕緣板4加速和減速的加速度大小分別為1.25m/s2、5m/s2；

(2)滑塊8最后停在離出發(fā)點距離為0.04m.

【解析】(1)對于豎直分運動，先加速后減速，假設豎直分速度的最大值為〃根據平均速度公式列式求

解，可以得到最大速度：然后根據加速度的定義求解加速和減速的加速度大小；

(2)減速過程中，滑塊水平方向在加速，到達最高點后，滑塊在減速，根據牛頓第二定律列式求解加速

度，根據運動學公式列式求解水平分位移.

本題關鍵是明確滑塊在水平方向和豎直方向的受力情況、運動情況，然后結合運動學公式和牛頓第二定律

列式求解，不難.

14.【答案】解：(1)設小球到達8處時的速度大小為北，小球與小盒C相撞后瞬間兩者的速度大小為明

此時與小盒C相連的繩子上的拉力大小為兀對小球從從4處到8處的過程，由動能定理得：

“12

mg-2L=5m琳

小球與小盒。相撞過程，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得：

771%=(?n+in)v

小球與小盒C相撞后的瞬間是兩者組成的整體開始做圓周運動的初始時刻，由牛頓第二定律得:

V2

T-2mg=2租斤

/LJ

聯(lián)立解得：T=3mg；

(2)由(1)的結果可知，小球進入小盒C時剛好能被卡住時,連接物塊。的輕繩拉力恰好等于其重力，則物

塊D對木板E的壓力為零，此時桌面對木板E的最大靜摩擦力為：f=因細桿b與圓環(huán)的總重力為

+故木板E將向右做勻加速運動。

在木板E與擋板相撞前，假設細桿尸與圓環(huán)保持相對靜止，對木板E、細桿尸與圓環(huán)組成的整體為研究對

象，設其加速度為。，由牛頓第二定律得：

mm

(m+'知-nmg=(m+m+Ra

解得：a={g

J

設此過程圓環(huán)與細桿尸之間的靜摩擦力為(，對圓環(huán)由牛頓第二定律得：

=ya

解得：f=^mg

因/'〈(mg,即圓環(huán)與細桿尸之間的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，故假設成立。

設木板E與擋板第一次碰撞時的速度大小為％，則有：

說=2aL

木板E與擋板第一次碰撞之后，圓環(huán)向下做勻減速直線運動，設其加速度大小為由,木板E向左，細桿尸

向上做勻加速直線運動，設兩者加速度大小均為電，對圓環(huán)由牛頓第二定律得：

7mm

6mg~29=2ai

對木板￡與細桿尸組成的整體由牛頓第二定律得：

7

7