2021屆上海市楊浦區(qū)高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共12小題，共40.0分）

1.在地球赤道上方，地磁場(chǎng)可以看成是沿南北方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.50x10-51

如果赤道上有一根沿東西方向的直導(dǎo)線，長為20巾，載有從西到東的電流304則地磁場(chǎng)對(duì)這根

導(dǎo)線的安培力（）

A.大小是5x10-3%,方向豎直向上

B.大小是5x10-3"方向豎直向下

C.大小是3x10-3N,方向豎直向上

D.大小是3x10-3%,方向豎直向下

2.下列說法正確的是（）

A.自由落體運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.選不同的物體為參考系，同一物體的運(yùn)動(dòng)一定不同

C.體積大的物體一定不能視為質(zhì)點(diǎn)

D.一個(gè)物體做加速運(yùn)動(dòng)，加速度也會(huì)增加

3.9.如圖所示，a、b為一條豎直方向的電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)。一帶電小球（可看作帶電質(zhì)點(diǎn)）在a處由靜

止釋放后，沿電場(chǎng)線向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度恰好為零，則下列說法中正確的是

A.a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度小于b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度

B.帶電小球在b點(diǎn)所受的合力一定為零

C.帶電小球在a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能

D.a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)的電勢(shì)

4.如圖所示，物體受與水平方向成30。角的拉力F作用，在水平面上向左做

勻速直線運(yùn)動(dòng)，則（）7

A.物體共受到四個(gè)力的作用

B.物體受到的支持力可能為零

C.物體動(dòng)量的變化量等于力產(chǎn)的沖量

D.物體動(dòng)能的變化量等于力F做的功

5.兩個(gè)共點(diǎn)力F】=10N,F2=8N,它們的合力是2N,則它們之間的夾角是（）

A.0°B,90°C.180°D.360°

6.如圖所示為一列簡(jiǎn)諧波在t=0時(shí)刻的波形圖，Q、P是波上的兩質(zhì)點(diǎn)，此，

刻質(zhì)點(diǎn)P沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，且t=1s時(shí)第一次運(yùn)動(dòng)到波谷位置。則質(zhì)點(diǎn)Q4

-2

的振動(dòng)方程為（）

A.y=2sin（^t+^）mB.y=2sin（^t-^）m

C.y=2sin(^t~^)mD.y=2sin(^t+^)m

L4

7.如圖，電源電動(dòng)勢(shì)為12匕內(nèi)阻為10,定值電阻治=60,R2=30n,開關(guān)閉

合，一質(zhì)量為6x10-8切的油滴恰好靜止在水平放置的平行板電容器兩極板間,

已知油滴的電荷量為1x10-8。電容器的電容為lOOpF,兩極板間的距離為

10cm,電流表和電壓表均為理想電表，g=10m/s2,貝!］（）

A.電流表讀數(shù)為14

B.電壓表的讀數(shù)為12U

C.滑動(dòng)變阻器連入電路的電阻為60

D.電容器所帶的電荷量為6x10-4C

8.下列說法正確的是（）

A.由C=與可知，電容器的電容與任一極板的電荷量Q成正比

B.由3=最可知，電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)與電荷在該點(diǎn)處具有的電勢(shì)能Ep成正比

C.由R=pg可知，金屬導(dǎo)體的電阻與其接入電路的長度成正比

D.由E=￡可知，某一電源的電動(dòng)勢(shì)與電源中非靜電力所做的功成正比

9.如圖質(zhì)量為m的小球被三根相同的彈簧a、b、c拉住,c豎直向下，a、b、

c三者夾角都是120。，小球平衡時(shí)，a、b、c伸長的長度之比為3：3：2,

則小球受到c的拉力為（）

A.mgT

B.0.5mg

C.1.5mg

D.2mg

10.空間存在一電場(chǎng)，一帶負(fù)電的粒子僅在電場(chǎng)力作用下從xi處沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，初速度大小為火,

其電勢(shì)能Ep隨坐標(biāo)x變化的關(guān)系如圖所示，圖線關(guān)于縱軸左右對(duì)稱，以無窮遠(yuǎn)處為零電勢(shì)能點(diǎn),

粒子在原點(diǎn)。處電勢(shì)能為E。，在與處電勢(shì)能為后,則下列說法中不正確的是（）

A.坐標(biāo)原點(diǎn)。處電場(chǎng)強(qiáng)度為零

B.粒子經(jīng)過匕、處速度相同

C.由乙運(yùn)動(dòng)到0過程加速度一直減小

D.粒子能夠一直沿》軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，一定有為>

11.做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體，當(dāng)物體的位移為負(fù)值時(shí)，下面說法正確的是（）

A.速度一定為正值，加速度一定為負(fù)值

B.速度一定為負(fù)值，加速度一定為正值

C.速度不一定為正值，加速度一定為負(fù)值

D.速度不一定為負(fù)值，加速度一定為正值

12.如圖所示，abed是由導(dǎo)體做成的框架，其平面與水平面成。角.質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接

觸良好，回路的總電阻為R整個(gè)裝置放在垂直框面的變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感強(qiáng)度B隨時(shí)間變化

的關(guān)系如圖乙所示，PQ始終處于靜止?fàn)顟B(tài).關(guān)于PQ馬框架間的摩擦力f在0?t］時(shí)間內(nèi)的變化情

況的說法中，有可能正確的是：（）

①f一直在增大②f一直在減小

③f先增大后減小④/?先減小后增大.

A.①③

二、填空題（本大題共5小題，共20.0分）

13.如圖，三個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的金屬小球4、B、C質(zhì)量都是m,帶正電量都是q,連接小球的絕

緣細(xì)線長度都是3靜電力恒量為k,重力加速度為g.（小球可視為點(diǎn)電荷）則連結(jié)B、C的A

細(xì)線張力為,連結(jié)4、B的細(xì)線張力為.:

14.冰面對(duì)滑冰運(yùn)動(dòng)員的最大摩擦力為其重力的k倍，在水平冰面上沿半徑為R的圓周滑行的運(yùn)動(dòng)員,

若僅依靠摩擦力來提供向心力而不沖出圓形滑道，其運(yùn)動(dòng)的速度應(yīng)滿足

15.A家庭電路的交變電壓隨時(shí)間變化的圖象如圖所示.由圖可知，交變電壓的有效值為K,

頻率為Hz.

8.如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為6V,定值電阻為50,電流表和電壓表均是理想電表.開

關(guān)S閉合后，電壓表的示數(shù)為5匕則電流表的示數(shù)為A,電源內(nèi)阻為n.

16.兩條平行且足夠長的金屬導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度

為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，B的方向垂直導(dǎo)軌平面。兩

導(dǎo)軌間距為3左端接一電阻R,其余電阻不計(jì)。長為2Z,的導(dǎo)體棒ab

如圖所示放置，開始時(shí)ab棒不導(dǎo)軌垂直，在防棒繞a點(diǎn)緊貼導(dǎo)軌以角

速度3順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90。的過程中，通過電阻R的電流方向?yàn)椋ㄌ?/p>

“由上到下”或者“由下到上”）：電動(dòng)勢(shì)的最大值為；通過電阻R的電荷量是

17.（4分）在用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測(cè)定小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度的實(shí)驗(yàn)中，交流電頻率50Hz,得到

如圖所示的一條紙帶，從比較清晰的點(diǎn)開始取計(jì)數(shù)點(diǎn)（相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)沒有畫出），分

別標(biāo)上0、1、2、3、4…,測(cè)量得到0與1兩點(diǎn)間的距離S]=30nun,1與2兩點(diǎn)間的距離S2=36mm,

則小車在打下點(diǎn)1時(shí)的瞬時(shí)速度為m/s,小車的加速度大小為m/s2

?????

01234

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共I小題，共10.0分）

18.在利用自由落體“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，

（1）下列器材中不必要的一項(xiàng)是（只需填字母代號(hào)）.

4重物B.紙帶C.天平D低壓交流電源E.毫米刻度尺

(2)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的誤差，說法不正確的一項(xiàng)是

A選擇質(zhì)量較小的重物，有利于減小誤差

B.選擇點(diǎn)擊清晰且第1、2兩點(diǎn)間距約為2mm的紙帶，有利于減小誤差

C先松開紙帶后接通電源會(huì)造成較大的誤差

。.本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差的主要原因是因?yàn)橹匚镌谙侣溥^程中不可避免地受到阻力的作用

(3)在實(shí)驗(yàn)中，質(zhì)量m=1kg的物體自由下落，得到如圖所示的紙帶，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為

0.04s.那么從打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打下起點(diǎn)。到打下B點(diǎn)的過程中，物體重力勢(shì)能的減少量Ep=J,

此過程中物體動(dòng)能的增加量&=J,由此可得到的結(jié)論是.(取g=9.8m/s2,保留

三位有效數(shù)字)

—15.50

--2X2Scm-~-4

---------------32.SOcm-

-------------------43.25cm--

四、計(jì)算題(本大題共2小題，共30.0分)

19.如圖所示，一質(zhì)量為m=0.10kg、電阻為R=0.100的矩形金屬框abed

由靜止開始釋放，豎直向下進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng).已知磁場(chǎng)方向垂直紙面向

內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.507,金屬框?qū)挒長=0.20m,開始釋放時(shí)ab邊

與磁場(chǎng)的上邊界重合.經(jīng)過時(shí)間金屬框下降了壇=0.50小，金屬框

中產(chǎn)生了Qi=0.45/的熱量，取g=10m/s2.

XXXX

(1)求經(jīng)過時(shí)間ti時(shí)金屬框速度巧的大小以及感應(yīng)電流的大小和方向；

(2)經(jīng)過時(shí)間匕后，在金屬框上施加一個(gè)豎直方向的拉力，使它作勻變速直*XXX

B

線運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過時(shí)間t2=0.1S,又向下運(yùn)動(dòng)了h2=0.12m,求金屬框xXXX

加速度的大小以及此時(shí)拉力的大小和方向(此過程中cd邊始終在磁場(chǎng)外).

(3*2時(shí)間后該力變?yōu)楹愣ɡ?，又?jīng)過時(shí)間t3金屬框速度減小到零后不再運(yùn)動(dòng).求該拉力的大小以

及t3時(shí)間內(nèi)金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱(此過程中cd邊始終在磁場(chǎng)外).

20.如圖，質(zhì)量為M的足夠長金屬導(dǎo)軌abed放在光滑的絕緣水平面上.一電阻不計(jì)，質(zhì)量為m的導(dǎo)

體棒PQ放置在導(dǎo)軌上，始終與導(dǎo)軌接觸良好，PQbc構(gòu)成矩形.棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為小棒

左側(cè)有兩個(gè)固定于水平面的立柱.導(dǎo)軌兒段長為3開始時(shí)PQ左側(cè)導(dǎo)軌的總電阻為R,右側(cè)導(dǎo)軌

單位長度的電阻為Ro.以ef為界，其左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)水平向左，磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.在t=0時(shí)刻，一水平向左的拉力F垂直作用于導(dǎo)軌的船邊上，使導(dǎo)軌由靜止

開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a.

(1)求回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)及感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的表達(dá)式:

(2)寫出拉力F的表達(dá)式，并求經(jīng)過多少時(shí)間拉力F達(dá)到最大值，拉力F的最大值為多少？

(3)某一過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導(dǎo)軌克服摩擦力做功為W,求導(dǎo)軌動(dòng)能的增加量.

參考答案及解析

1.答案：C

解析：解：根據(jù)安培力的公式可得：F=BIL=0.50x10-5rx30x20N=3x10-3N；

勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向?yàn)橛赡舷虮?，而電流方向?yàn)閺奈飨驏|.則由左手定則可得安培力的方向?yàn)樨Q直向上；

故ABD錯(cuò)誤，C正確；

故選：C

(1)根據(jù)左手定則，讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是導(dǎo)線

受的安培力的方向.

(2)根據(jù)尸=B/L來計(jì)算安培力的大小即可，同時(shí)注意該公式成立的條件.

考查左手定則，注意要將其與右手定則區(qū)分開來.在使用安培力公式時(shí)，注意通電導(dǎo)線要與磁場(chǎng)垂

直.

2.答案：A

解析：解：/、物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的條件：①只在重力作用下②從靜止開始，所以自由落體運(yùn)動(dòng)

是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確。

3、選不同的參考系研究同一物體的同一個(gè)運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)情況可能相同，故8錯(cuò)誤。

C、體積大的物體也可以看出質(zhì)點(diǎn)，例如研究地球的公轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤。

。、當(dāng)物體加速度方向與速度方向相同，速度一定增大，如果速度增加得越來越快，即加速度在增

大，反之速度增加得越來越慢，即加速度在減小，故。錯(cuò)誤。

故選：4。

物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的條件：①只在重力作用下②從靜止開始；同一運(yùn)動(dòng)選擇不同的參考系，觀察

到的結(jié)果往往不同；看做質(zhì)點(diǎn)的條件是物體的形狀和大小可以忽略不計(jì)；

該題考查直線運(yùn)動(dòng)的相關(guān)的物理量的內(nèi)涵和外延，要求對(duì)這部分的概念有準(zhǔn)確的理解和掌握。

3.答案：C

解析：解：AB、在a點(diǎn)，電場(chǎng)力大于重力，至油點(diǎn)恰好速度為零，可知先加速后減速，所以匕點(diǎn)所受

的電場(chǎng)力小于重力，所以帶電小球在b點(diǎn)時(shí)所受合外力不為零，a點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度比b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大，

故AB錯(cuò)誤；

C、在a點(diǎn)釋放后小球往上運(yùn)動(dòng)，所以電場(chǎng)力朝上，從a到b電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，a點(diǎn)電勢(shì)能

大于b點(diǎn)電勢(shì)能，故C正確；

。、沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低，因?yàn)椴恢离妶?chǎng)的方向，所以無法判斷電勢(shì)的高低，故。錯(cuò)誤。

故選Co

4.答案：A

解析：解：4、對(duì)物體受力分析可知，物體一定受重力、支持力、拉力作用，由于物體做勻速運(yùn)動(dòng),

故一定有摩擦力作用，故A正確；

8、由4的分析可知，由于物體受到摩擦力，故物體受到的支持力不為零，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體的動(dòng)量變化量等于合外力的沖量，故C錯(cuò)誤；

。、根據(jù)動(dòng)能定理可知，物體動(dòng)能的變化量等于合外力的功，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

對(duì)物體受力分析，明確受力情況，再根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理分析動(dòng)量的變化與沖量的關(guān)系以及動(dòng)

能的變化與功的關(guān)系。

本題考查動(dòng)量定理以及動(dòng)能定理，要注意明確動(dòng)能定理中功必須是合外力的功，而動(dòng)量定理中的沖

量是合外力的沖量。

5.答案：C

解析：解：兩力合成時(shí)，合力范圍為：|&-61SFW&+a；

故2NWFW18N；而當(dāng)它們的合力是2N,則它們的夾角為180。，所以8正確，AC￡>錯(cuò)誤.

故選：C.

兩力合成時(shí)，合力隨夾角的增大而減小，當(dāng)夾角為零時(shí)合力最大，夾角180。時(shí)合力最小，并且|a-

F2\<F<Fr+F2

本題關(guān)鍵根據(jù)平行四邊形定則得出合力的范圍：|居-FZ|WFWFI+F2.

6.答案：B

解析：解：t=Is時(shí)P點(diǎn)第一次回到波谷，則周期7=4s,a）=^=^-rad/s=lrad/s

t=0時(shí)刻p點(diǎn)沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，說明波沿X軸正方向傳播，則此時(shí)Q沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，且Q點(diǎn)對(duì)應(yīng)

的位移為一1m,設(shè)Q點(diǎn)振動(dòng)方程是y=2（》+w）

代入￡=0,y=-1m,解得：（p=-^

所以Q點(diǎn)的振動(dòng)方程為曠=2W《一弓?1,故B正確，4CO錯(cuò)誤。

故選：B。

利用數(shù)學(xué)三角函數(shù)的知識(shí)求出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程，結(jié)合圖像找到振幅，角速度等。

本題考查識(shí)別、理解振動(dòng)圖象和波動(dòng)圖象的能力，以及把握兩種圖象聯(lián)系的能力。對(duì)于波的圖象往

往先判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向和波的傳播方向間的關(guān)系。同時(shí)，能熟練分析波動(dòng)形成的過程，分析物理

量的變化情況。

7.答案：C

解析：解：B.根據(jù)電路圖可知，R和/?2并聯(lián)，再和％串聯(lián)，電容器與飛并聯(lián)，因此電容器兩端的電

壓等于&的電壓，電壓表測(cè)的是路端電壓，令電容器兩端的電壓為名,

電容器里的油滴處于平衡狀態(tài)，則有吟=mg,代入數(shù)據(jù)IO'=6x10-8xio,解得％=6V,

干路總電流/=*=g=14,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電壓表的讀數(shù)為U=E—/r=12—lx

1=11V,故8錯(cuò)誤；

人滑動(dòng)變阻器和R2組成的并聯(lián)電路的電壓為U2=U-a=11-6=5U,則電流表的讀數(shù)為。=

祟=。=那故A錯(cuò)誤；

?2JvO

C.滑動(dòng)變阻器的阻值為R滑=氤=芻=60,故c正確；

6

。.電容器所帶電荷量為Q=CUi=100xIO-"x6=6x10-10C,故D錯(cuò)誤；

故選：Co

R和/?2并聯(lián)，再和公串聯(lián)，電容器與％并聯(lián)，因此電容器兩端的電壓等于&的電壓，根據(jù)油滴處于

平衡狀態(tài)求解出電容器的電壓，根據(jù)歐姆定律求出干路總電流，再求解出電源的內(nèi)電壓，根據(jù)閉合

電路歐姆定律求出路端電壓，根據(jù)串并聯(lián)電路特點(diǎn)求出滑動(dòng)變阻器的電壓和通過的電流大小，根據(jù)

歐姆定律求出滑動(dòng)變阻器的電阻，根據(jù)Q=CU求出電容器的電荷量。

明確電路特點(diǎn)，熟記與電容器相關(guān)的知識(shí)，如電容器兩端的電壓與與之并聯(lián)的用電器的電壓相等，

熟記閉合電路歐姆定律。

8.答案：C

解析：解：力、電容器的電容C由電容器本身決定，與任一極板的電荷量Q、及電壓U均無關(guān)，故A

錯(cuò)誤；

8、靜電場(chǎng)中某點(diǎn)的電勢(shì)9由電場(chǎng)本身決定，與電荷在該點(diǎn)處具有的電勢(shì)能、及試探電荷均無關(guān)，故

B錯(cuò)誤；

C、由電阻定律公式R=￡可知，導(dǎo)體的電阻R由它的長度3它的橫截面積S,以及導(dǎo)體材料的電阻

率p決定，故C正確；

。、電場(chǎng)強(qiáng)度E由電場(chǎng)本身決定，與電源中非靜電力所做的功，及試探電荷均無關(guān)，故。錯(cuò)誤。

故選：C0

所謂比值定義法，就是用兩個(gè)基本的物理量的“比”來定義一個(gè)新的物理量的方法。比如①物質(zhì)密

度②電阻③場(chǎng)強(qiáng)④磁通密度⑤電勢(shì)差等。一般地，比值法定義的基本特點(diǎn)是被定義的物理量往往

是反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性，它不隨定義所用的物理量的大小取舍而改變，如確定的電場(chǎng)中的某一

點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)就不隨q、尸而變。當(dāng)然用來定義的物理量也有一定的條件，如q為點(diǎn)電荷，S為垂直放置于

勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一個(gè)面積等。類似的比值還有：壓強(qiáng)，速度，功率等等。

中學(xué)階段有很多物理量是用比值定義法定義的，用比值定義法定義的物理量有一個(gè)共同點(diǎn)，解這個(gè)

物理量與兩個(gè)相關(guān)的物理量的大小無直接關(guān)系，但能反映物質(zhì)的最本質(zhì)的屬性。

9.答案:D

解析：解：設(shè)小球受到c的拉力為2F,由題，a、b、c伸長的長度之比為3：3：2,根據(jù)胡克定律得

知，a、b的拉力大小均為3F.

對(duì)于小球：受到重力mg、c的拉力2尸和a、b的拉力3F.a、b的夾角為120。，其合力為3F,由平衡條

件得：

3F=2F+mg

解得：F=?ng,貝!]c的拉力為2F=2mg,故。正確.

故選：D

根據(jù)胡克定律得到三根彈簧拉力大小關(guān)系，以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件得到拉力與重力的關(guān)

系，即可求得c的拉力.

本題中a、b兩根彈簧的拉力大小相等、夾角為120。，其合力大小等于它們的拉力大小.

10.答案:C

解析：

根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep=q(p,電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功的關(guān)系：Ep「Ep2=Eqx,結(jié)合分析圖

象斜率與電場(chǎng)力的關(guān)系，即可求得原點(diǎn)。處的電場(chǎng)強(qiáng)度；速度根據(jù)能量守恒判斷；根據(jù)斜率讀出電

場(chǎng)力的變化，由牛頓第二定律判斷加速度的變化。

解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意義，判斷電勢(shì)和場(chǎng)強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本規(guī)律：牛頓

第二定律和能量守恒定律進(jìn)行分析。

A根據(jù)電勢(shì)能與電勢(shì)的關(guān)系：Ep=q(p,場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系：E=梟,得：5=：豢上「一;(:圖象切

線的斜率等于學(xué)，也即表示電場(chǎng)力，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，坐標(biāo)原點(diǎn)。處切線斜率為零，則坐標(biāo)原點(diǎn)。

處電場(chǎng)強(qiáng)度為零，故A正確;

B.由圖看出，與、-%1兩處的電勢(shì)能相等，根據(jù)能量守恒定律得知，粒子經(jīng)過與、-/處速度相同，

故8正確；

C.由與運(yùn)動(dòng)到0過程，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，圖線的斜率先增大后減小，說明電場(chǎng)力先增大后減小，根

據(jù)牛頓第二定律得知，加速度先增大后減小，故C錯(cuò)誤；

。.根據(jù)公式Ep=q%可知，該粒子帶負(fù)電，從X］處到-與處，電勢(shì)先降低后升高，電場(chǎng)方向先沿x軸

負(fù)方向后沿x軸正方向，電場(chǎng)力先沿x軸正方向后沿x軸負(fù)方向，粒子只要能通過原點(diǎn)。，就能一直沿

x軸運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子恰好能到達(dá)原點(diǎn)0時(shí)的速度為燈則根據(jù)能量守恒定律得：:小講:芯。-%，p=

產(chǎn)三百，當(dāng)%>u時(shí)，即為〉J聾3粒子能夠一直沿》軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng),故。正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選C。

11.答案：D

解析：解：當(dāng)振子的位移為負(fù)值時(shí)，由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特征a=-"知，加速度一定為正值，而速度方向

m

有兩種可能，不一定為正值，也不一定為負(fù)值，故ABC錯(cuò)誤，。正確。

故選：Do

做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的物體，其加速度總是與位移方向相反，而速度方向可能與位移方向相反或相同。速度

與加速度的大小變化情況是相反的。

本題關(guān)鍵熟悉彈簧振子的特征：a=-"熟悉其速度、加速度、位移、回復(fù)力的變化規(guī)律，基礎(chǔ)題。

m

12.答案:B

解析：解：由圖看出，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，穿過PQcb回路的磁通量均勻減小，回路中產(chǎn)生恒定電

流，根據(jù)楞次定律得知，導(dǎo)體棒PQ所受安培力方向沿斜面向上.由尸=B/L可知，B減小，PQ所受

安培力大小以減小.

①、②若PQ開始時(shí)不受靜摩擦力，色減小時(shí)，靜摩擦力方向沿斜面向上，根據(jù)平衡條件得：mgsine=

FA+3也減小，/一直增大；若PQ原來所受的靜摩擦力方向沿斜面向上時(shí)，根據(jù)平衡條件得：

mgsin0=FA+f,凡減小，/■一直增大；故①正確，②錯(cuò)誤.

③、④若PQ開始時(shí)所受的靜摩擦力方向沿斜面向下時(shí)，根據(jù)平衡條件得：mgsine+f=FA,以減

小，/?先減??；當(dāng)重力的沿斜面向下的分力mgsin。〉以時(shí)，靜摩擦力沿斜面向上時(shí)，根據(jù)平衡條件

得：mgsinB=FA+f,治減小，/開始增大，所以摩擦力可能先減小后增大；故③錯(cuò)誤，④正確.

故選：B.

由圖看出，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，穿過PQcb回路的磁通量均勻減小，回路中產(chǎn)生恒定電流，根據(jù)安

培力公式分析安培力大小的變化情況，由左手定則判斷安培力方向，由平衡條件分析棒PQ受到的靜

摩擦力的大小變化情況.

本題是楞次定律、安培力和力平衡等知識(shí)的綜合應(yīng)用，直接由楞次定律判斷安培力的方向，也可以

由楞次定律、左手定則結(jié)合判斷安培力方向.

13.答案：mg+富；2mg+槳

解析：

先對(duì)C球受力分析，根據(jù)平衡條件求解連結(jié)8、C的細(xì)線張力；再對(duì)B球和C球整體受力分析，根據(jù)平

衡條件求解連結(jié)4B的細(xì)線張力.

本題關(guān)鍵是選擇球C和BC整體受力分析，然后根據(jù)平衡條件列式求解細(xì)線的拉力，運(yùn)用整體法可以

不考慮內(nèi)力，使問題簡(jiǎn)化.

2

球4與球8間的靜電斥力為：FAB=%;

球B和球C間的靜電斥力為：FBC=婿；

球4和球C間的靜電斥力為：以?=上怎=罄；

先對(duì)C球受力分析，受重力、球B的斥力、球C的斥力和細(xì)線的拉力，故：

5kq2

TBC=m9++FBC=m9+4J

再對(duì)B球和C球整體受力分析，受重力、4球的斥力和細(xì)線的拉力，根據(jù)平衡條件，有：

5kq2

TAB=2mg+FAC^FAB=2mg+

故答案為：？ng+當(dāng)2?ng+當(dāng)-。

14.答案：v<yjkgR

解析：解：滑冰運(yùn)動(dòng)員轉(zhuǎn)彎時(shí)靠靜摩擦力提供向心力，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時(shí)，速度達(dá)到最大.

由kmg=m^■得：v=y/kgR

則要不沖出圓形滑道，其運(yùn)動(dòng)的速度應(yīng)滿足u4J物.

故答案為：v<y/kgR.

溜冰運(yùn)動(dòng)員在冰面上做圓周運(yùn)動(dòng)，靠靜摩擦力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出安全速度的大小.

解決本題的關(guān)鍵搞清運(yùn)動(dòng)員做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解.

15.答案:A.22050

B.11

解析：

A.

根據(jù)交變電流的圖像求出周期，再跟據(jù)周期和頻率無為倒數(shù)求出頻率。根據(jù)圖像求出最大值，再跟

據(jù)最大值和有效值的關(guān)系求出有效值。

本題是交變電流的簡(jiǎn)單的圖像問題，基礎(chǔ)題目。

根據(jù)圖像可知最大值，有效值對(duì)正余弦交流電來說是最大值的220夜，所以有效值為〃=置=

率=220V,由圖可知周期為0.02s,所以頻率為/=9=^=5OHZ。

故填：22050

B

開關(guān)閉合后，電壓表測(cè)量路端電壓，電流表測(cè)量干路電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律列式即可求解。

本題主要考查了閉合電路歐姆定律的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：

U

/=片14

/=2代入數(shù)據(jù)可得r=in

故答案為11

16.答案：由上到下2BZ?3里士

2R

解析：解：由右手定則可知，通過電阻R的電流方向?yàn)橛缮系较隆?/p>

當(dāng)有效長度最長時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，

電動(dòng)勢(shì)的最大值為E=B-2L?3L=2B3〃。

第一階段：平均電動(dòng)勢(shì)后=絲=也竺竺=辿

△tAtAt

通過R的電荷量q=E4t=^

R2.R

第二階段ab棒脫離導(dǎo)軌后，電路中沒有電流。所以總電量為q=要。

故答案為：由上到下，2BL7&),遜幺

2R

根據(jù)右手定則求解通過電阻R匕的電流方向。當(dāng)切割的有效長度最長時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，根據(jù)E=

求解最大d感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。

根據(jù)q=〃求解通過R的電荷量。

解決該題的關(guān)鍵是掌握用右手定則分析感應(yīng)電流的方向，掌握感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的求解公式以及電荷量的

求解公式。

17.答案：0.33;0.6

解析：每隔五個(gè)打印點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，所以2,3兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s,

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上。點(diǎn)時(shí)小車的

瞬時(shí)速度大小.

x20.03+0.036

=—0=---------=0.33m/s

「02U.N

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論△x=aT2,有：

2

s2—Sj=aT,

所以解得：a=0.6m/s2

18.答案：CA2.282.26在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，重物重力勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量，

重物下落過程中機(jī)械能守恒

解析：解：(1)實(shí)驗(yàn)中驗(yàn)證動(dòng)能的增加量和重力勢(shì)能的減小量是否相等，兩端都有質(zhì)量，可以約去,

所以不需要測(cè)量質(zhì)量，不需要天平.故不必要的器材選C.

(2)4、為了減小阻力的影響，重物選擇質(zhì)量較大的重物，故A錯(cuò)誤.

B、根據(jù)=ggt?=qx10x0.022m=2mm知，紙帶選擇點(diǎn)跡清晰且第1、2兩點(diǎn)間距約為2mm的紙

帶，有利于減小誤差，故B正確.

C、實(shí)驗(yàn)時(shí)先松開紙帶后接通電源會(huì)造成較大的誤差，故C正確.

。、本實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生誤差的主要原因是因?yàn)橹匚镌谙侣溥^程中不可避免地受到阻力的作用，故。正確.

本題選擇錯(cuò)誤的，故選：A.

⑶23.25cm=0.2325m,32.50cm=0.3250m,15.50cm=0.1550m,

物體重力勢(shì)能的減少量為：△Ep=mg/i=1x9.8x0.23257=2.287,

B點(diǎn)的速度為：%=若=°325°~°1550m/s=2.125m/s,

Z/U.Uo

則動(dòng)能的增加量為：△&=|mvj=1xlx2.1252=2.267.

可知在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，重物重力勢(shì)能的減小量等于動(dòng)能的增加量，重物下落過程中機(jī)械能

守恒.

故答案為：(1)C，(2)4(3)2.28,2.26,在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，重物重力勢(shì)能的減小量等于動(dòng)

能的增加量，重物下落過程中機(jī)械能守恒.

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定所需測(cè)量的物理量，從而確定不需要的物理器材.

(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理以及操作中的注意事項(xiàng)確定不正確的操作步驟.

(3)根據(jù)下降的高度求出物體重力勢(shì)能的減小量，根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速

度，求出B點(diǎn)的速度，從而得出動(dòng)能的增加量.分析比較得出實(shí)驗(yàn)的結(jié)論.

解決本題的關(guān)鍵知道實(shí)驗(yàn)的原理以及操作中的注意事項(xiàng)，掌握紙帶的處理方法，會(huì)根據(jù)紙帶求解瞬

時(shí)速度，從而得出動(dòng)能的增加量，會(huì)根據(jù)下降的高度求出重力勢(shì)能的減小量.

19.答案：解：(1)由能量守恒定律可得：mgh^^mvl+Q

解得：%=Im/s；

導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)均=BL%,

感應(yīng)電流/=鬻=竺詈"4=1A,

由右手定則可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向；

2

(2)由勻變速運(yùn)動(dòng)的位移公式：h2=%上2解得a=4.0m/s,

t2=0.1s時(shí)，金屬框的速度%%+Q±2=(1+4.0x0.1)m/s=1.4m/s,

此時(shí)金屬框的電流/=警=竺答竺=1.44

KU.1

由牛頓第二定律：F2+mg-BIL=ma,F2=ma+BIL-mg=-0A6N,由左手定則可知，拉力

方向：豎直向上；

(3)金屬框做加速度運(yùn)動(dòng)最后靜止，所加恒定的外力等于重