2021-2022學(xué)年湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體高三（上）期末物理試卷（附答案詳解）

202L2022學(xué)年湖北省新高考聯(lián)考協(xié)作體高三（上）期末

物理試卷

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、單選題（本大題共7小題，共28.0分）

1.用比值法定義的物理概念在物理學(xué)中占有相當(dāng)大的比例，比值定義法，就是在定義

一個(gè)物理量的時(shí)候采取比值的形式定義，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，下列選項(xiàng)中所列各物理量的

關(guān)系式，全部用到了比值定義法的有（）

xAx.U

A.v=-a=——,/=—B.(p=—,E=—，B=￡

tfAtRqq

C.C=*-R=P5D.R=%g=Ja=—

2.逢年過(guò)節(jié)，采購(gòu)一盆綠植放在客廳增添節(jié)日氛圍已經(jīng)成

為一種越來(lái)越普遍的習(xí)俗。如圖為某次采購(gòu)的一盆綠植,

部分花枝上通過(guò)輕質(zhì)短繩掛有各式各樣的小飾品。若所

有飾品質(zhì)量相同，則以下說(shuō)法正確的是（）

A.不同飾品，由于懸掛樹(shù)枝彎曲程度不同，所受花枝

作用力不同

B.花枝給飾品作用力方向一定垂直花枝斜向上方

C.經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，花枝被飾品壓到相對(duì)較低的位置，但飾品所受花枝作用力不變

D.使飾品輕微擺動(dòng)，在飾品擺動(dòng)過(guò)程中，掛繩對(duì)飾品拉力的大小和方向均不變

3.一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=（時(shí)刻，該波的波形圖如圖甲所示，P、Q是介

質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，圖乙表示介質(zhì)中某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象。下列說(shuō)法正確的是（）

A.質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象與圖乙相同

B.在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的速率比質(zhì)點(diǎn)Q的大

C.在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的加速度的大小比質(zhì)點(diǎn)Q的大

D.在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P與其平衡位置的距離比質(zhì)點(diǎn)Q的小

4.如圖所示勻強(qiáng)電場(chǎng)E的區(qū)域內(nèi)，在。點(diǎn)處放置一點(diǎn)電荷+Q,-------上-------?

a、b、c、d、e、/為以。點(diǎn)為球心、半徑為R的球面上的?

()

點(diǎn)，。、a、e、c、/1點(diǎn)共面且與電場(chǎng)平行，。、b、e、d、"*c

/點(diǎn)共面且與電場(chǎng)垂直，則下列說(shuō)法中正確的是()__________________?

d

A.a、b、c、d、e、/各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度均相同

B.a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不相等，電勢(shì)相等

C.從d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不相等，電勢(shì)相等

D.e、/兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，電勢(shì)相等

5.中國(guó)火星探測(cè)器“天問(wèn)一號(hào)”成功發(fā)射后，將沿地火轉(zhuǎn)移軌道飛行七個(gè)多月，于

2021年2月中旬到達(dá)火星附近，要通過(guò)制動(dòng)減速被火星引力俘獲，才能進(jìn)入環(huán)繞火

星的軌道飛行。已知地球的質(zhì)量約為火星質(zhì)量的10倍，半徑約為火星半徑的2倍,

下列說(shuō)法正確的是()

A.若在火星上發(fā)射一顆繞火星的近地衛(wèi)星，其速度至少需要7.9/an/s

B.“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器的發(fā)射速度一定大于7.9km/s,小于11.2km/s

C.火星與地球的第一宇宙速度之比為1：V5

D.火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度

6.“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，

是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨

座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是

()

A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的機(jī)械能保持不變

第2頁(yè)，共21頁(yè)

B.在最低點(diǎn)時(shí)，乘客處于超重狀態(tài)

C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客重力的沖量為零

D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變

7.如圖，理想變壓器副線圈匝數(shù)為2000匝，原線圈匝數(shù)為1000匝。副線圈接有一個(gè)

阻值為4=2000的燈泡，繞過(guò)鐵芯的單匝線圈接有一理想交流電壓表V,示數(shù)為

O.lOKo則交流電流表的示數(shù)為（）

—

k

T

,2

0

(-

6

A.2AB.IXC.44D.3A

二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）

8.如圖，游樂(lè)場(chǎng)中，從高處4到水面B處有兩條長(zhǎng)度相同的光滑軌道.甲、乙兩小孩

A.甲的切向加速度始終比乙的大

B.甲、乙在同一高度的速度大小相等

C.甲、乙在同一時(shí)刻總能到達(dá)同一高度

D.甲比乙先到達(dá)B處

9.如圖所示，一個(gè)固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個(gè)直徑略小于管

道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.3s后

恰好垂直與傾角為45。的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑為R=1m,小球可看做

質(zhì)點(diǎn)且其質(zhì)量為m=lkg,g取10?n/s2。則（）

A.小球經(jīng)過(guò)8點(diǎn)時(shí)的速率為3m/s

B.小球在斜面上相碰點(diǎn)C與8點(diǎn)的水平距離是0.45m

C.小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力FN=1N,方向向上

D.若改變小球進(jìn)入管道初速度使其恰好到達(dá)B點(diǎn)，則在8點(diǎn)小球?qū)艿赖淖饔昧?/p>

零

10.如圖甲，足夠長(zhǎng)的光滑斜面傾角為30。，t=0時(shí)質(zhì)量為0.2kg的物塊在沿斜面方向

的力F作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，設(shè)沿斜面向上為力F的正方向，力尸隨時(shí)間t的變化

關(guān)系如圖乙。取物塊的初始位置為零勢(shì)能位置，重力加速度g取10m/s2,則物塊（）

A.在0?1s時(shí)間內(nèi)合外力的功率為5W

B.在t=1s時(shí)動(dòng)能為2.5/

C.在t=2s時(shí)機(jī)械能為5/

D.在t=3s時(shí)速度大小為10m/s

11.如圖所示，間距為3電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端用

一阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上橫跨一根質(zhì)量為電阻也為R的金屬棒，金屬棒

與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)使金

屬棒以初速度孫沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，若金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)的電荷量為q。

下列說(shuō)法正確的是（）

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C.整個(gè)過(guò)程中金屬棒在導(dǎo)軌上發(fā)生的位移為誓

DL

D.金屬棒48克服安培力做功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱

三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共2小題，共23.0分)

12.用如圖甲所示的裝置，來(lái)驗(yàn)證碰撞過(guò)程中的動(dòng)量守恒。圖中PQ是斜槽，QR為水平

槽，。點(diǎn)為水平槽末端R在記錄紙上的垂直投影點(diǎn),2、B兩球的質(zhì)量之比m.：mB=3：

1。先使4球從斜槽上固定位置G由靜止釋放，在水平地面的記錄紙上留下落點(diǎn)痕跡，

重復(fù)10次，得到10個(gè)落點(diǎn)。再把8球放在水平槽上的末端R處，讓4球仍從位置G由

靜止釋放，與B球碰撞，碰后4B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)10

次。4、B兩球在記錄紙上留下的落點(diǎn)痕跡如圖乙所示，其中米尺的零點(diǎn)與。點(diǎn)對(duì)齊。

(2)本實(shí)驗(yàn)巧妙地利用小球飛行的水平距離表示小球的水平速度。下面的實(shí)驗(yàn)條件

中，不能使小球飛行的水平距離表示為水平速度的是;

A.使4、B兩小球的質(zhì)量之比改變?yōu)?：1

B.升高固定點(diǎn)G的位置

C使4、B兩小球的直徑之比改變?yōu)?：3

D升高桌面的高度，即升高R點(diǎn)距地面的高度

(3)利用此次實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的數(shù)據(jù)，在誤差允許的范圍內(nèi)滿足表達(dá)式,則說(shuō)明

碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒。

13.音箱線用于連接功放與音箱，用單晶銅作音箱線，音響的音質(zhì)會(huì)更清楚，因?yàn)閱尉?/p>

銅電阻率比普通銅低。下面是測(cè)量單晶銅電阻率的實(shí)驗(yàn)方案。

圖(c)

(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)量一單晶銅絲的直徑，示數(shù)如圖(a)所示，可讀得mm.

(2)圖(b)為實(shí)驗(yàn)電路，為了保證兩個(gè)電表的示數(shù)從零開(kāi)始變化，請(qǐng)畫線將滑動(dòng)變阻

器正確接入電路。

(3)電路接好后，閉合開(kāi)關(guān)S,滑動(dòng)變阻器觸頭從左移到右，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)變化很

大，電流表示數(shù)總為零，這可能是線夾P處發(fā)生______(選填“短路”或“斷路”)。

(4)線夾P的問(wèn)題解決后，閉合開(kāi)關(guān)S,滑動(dòng)變阻器觸頭移到合適位置不動(dòng)，再把線

夾P從a向b移動(dòng)，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)很小且變化不大，這時(shí)應(yīng)該把連接電壓表負(fù)接線

柱的導(dǎo)線改接在______。再重新把線夾P從a向b移動(dòng)，讀出多組電壓表和電流表示

數(shù)，計(jì)算電阻，把多組電阻值與接入電路長(zhǎng)度值畫成如圖(c)的R-x關(guān)系圖線，根

據(jù)圖線可知Ro=單晶銅的電阻率為(兀取3,計(jì)算結(jié)果保留兩

位有效數(shù)字)。

四、計(jì)算題(本大題共3小題，共33.0分)

14.如圖所示，空間存在著場(chǎng)強(qiáng)為E=2.5x102N/C、方向豎直向上

的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)內(nèi)一長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.5m的絕緣細(xì)線，一端固定在

。點(diǎn)，另一端拴著質(zhì)量為m=0.5kg,電荷量為q=4XIO-2C的

小球.現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置，使小球由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線

受到的拉力恰好達(dá)到它能承受的最大值而斷裂.取g=10m/s2.求：

(1)小球的電性；

(2)細(xì)線能承受的最大拉力；

(3)當(dāng)細(xì)線斷裂后，小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到與。點(diǎn)水平方向距離為L(zhǎng)時(shí)(仍在勻強(qiáng)電場(chǎng)中),

小球距。點(diǎn)的高度.

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15.算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使

用前算珠需要?dú)w零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置,

甲靠邊框b,甲、乙相隔Si=3cm,乙與邊框a相隔S2=3cm,算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)

摩擦因數(shù)〃=0.15?，F(xiàn)用手指將甲以0.5m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度

大小為O.lzn/s,方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取lOrn/s?。

(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；

(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

算珠歸零狀態(tài)

___Z........

邊框“I

邊框/>/immmi

16.如圖所示，虛線MN與PQ之間是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度

為B,磁場(chǎng)區(qū)域在豎直方向足夠長(zhǎng)，PQ右側(cè)有無(wú)限大的擋板，MN、PQ與擋板三者

互相平行，間距均為一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m、初速度可忽略的粒子，

經(jīng)電壓為Ui的電場(chǎng)加速后，從靠近上板的位置沿水平方向進(jìn)入兩平行金屬板間的偏

轉(zhuǎn)電場(chǎng)。平行金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)、間距為板間為電壓/由加速電壓Ui決定，且始

終有U2=^U1。粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后若可以穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后會(huì)打在豎直擋板

上(重力忽略不計(jì))。

(1)求粒子經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的側(cè)移距離y和速度偏轉(zhuǎn)角。的正切值；

(2)為使粒子不會(huì)由磁場(chǎng)右邊界射出，加速電壓最大值Um應(yīng)為多少？

(3)若每隔一段時(shí)間就有一個(gè)粒子被加速，且加速電壓Ui從：〃?1緩慢增加至94?,

求豎直擋板上被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度。(粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間極短且粒子間

的相互作用忽略不計(jì))

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：力、/=9是屬于決定式，不屬于比值定義法，故A錯(cuò)誤；

B、＜p=彳,電勢(shì)與電勢(shì)能及電荷量均無(wú)關(guān)，屬于比值定義法；E=^電場(chǎng)強(qiáng)度與放入

電場(chǎng)中的電荷無(wú)關(guān)，屬于比值定義法；B=E磁感應(yīng)強(qiáng)度與放入磁場(chǎng)中的電流元無(wú)關(guān),

IL

故也屬于比值定義法，故8正確；

C、R=p（屬于電阻決定式，不屬于比值定義法，故C錯(cuò)誤；

。、a=生屬于加速度決定式，不屬于比值定義法，故。錯(cuò)誤；

m

故選：Bo

1=之、R=P;、a=色是屬于決定式，不是比值定義法。

K37n

明確比值定義法和決定式之間的關(guān)系是解決問(wèn)題的關(guān)鍵。

2.【答案】C

【解析】解：飾品掛在花枝上，受到自身重力與花枝對(duì)其作用力，處于受力平衡狀態(tài)。

4、所有飾品質(zhì)量相同，根據(jù)平衡條件可知所受花枝作用力相同，故A錯(cuò)誤；

8、根據(jù)平衡條件可知花枝給飾品作用力與重力大小相等，方向相反，即花枝給飾品作

用力方向一定豎直向上，而不一定垂直花枝，故8錯(cuò)誤；

C、經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，花枝被飾品壓到相對(duì)較低的位置，但根據(jù)平衡條件可知飾品所受花

枝作用力不變，大小仍然等于重力，故C正確：

D在飾品擺動(dòng)過(guò)程中，受力不平衡，掛繩對(duì)飾品拉力將發(fā)生變化，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

飾品掛在花枝上，受到自身重力與花枝對(duì)其作用力，處于受力平衡狀態(tài)，因此可由共點(diǎn)

力平衡條件進(jìn)行分析

本題考查共點(diǎn)力平衡條件，要求學(xué)生合理理解題意，分析出飾品處于受力平衡狀態(tài)，結(jié)

合共點(diǎn)力平衡條件對(duì)小飾品受力情況進(jìn)行定性分析，難度不大。

3.【答案】C

【解析】解：4、t=(時(shí)刻，題圖乙表示介質(zhì)中的某質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向下振動(dòng)，畫題圖

甲中質(zhì)點(diǎn)Q在t=《時(shí)刻從平衡位置向上振動(dòng)，平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向

下振動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象與題圖乙不同，故A錯(cuò)誤；

BCD、在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn):P處在波谷位置，速率為零，與其平衡位置的距離最大，加速

度最大，而質(zhì)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到平衡位置，速率最大，加速度為零，即在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的

速率比質(zhì)點(diǎn)Q的小，質(zhì)點(diǎn)P的加速度比質(zhì)點(diǎn)Q的質(zhì)點(diǎn)P與其平衡位置的距離比質(zhì)點(diǎn)Q的大,

故80錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

根據(jù)波的傳播方向確定Q點(diǎn)在t=齊寸刻的振動(dòng)方向，與振動(dòng)圖象上在t=齊寸刻質(zhì)點(diǎn)的振

動(dòng)方向比較，確定是哪個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象。在波動(dòng)圖象上，根據(jù)位移大小研究加速度和

速度的大小關(guān)系。

解決該題需要掌握在振動(dòng)圖象中判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向以及波動(dòng)圖象中判斷波的傳播方

向的方法，掌握簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)特征。

4.【答案】D

【解析】解：勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小恒為E,方向水平向右，點(diǎn)電荷在球面上產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)

大小為：j=翳

方向沿徑向向外，但各點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)滿足平行四邊形法則合成，則有尺>Eb=Ed=Ee=

Ef>Ea

沿著電場(chǎng)線電勢(shì)逐漸降低，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的各點(diǎn)電勢(shì)關(guān)系為Wal>(pbl=<Pai=Wei=

(Pfl><Pcl

正的點(diǎn)電荷周圍的電勢(shì)決定式為W2=Y

勻強(qiáng)電場(chǎng)的電勢(shì)和點(diǎn)電荷的電勢(shì)合成滿足代數(shù)加減，有Sa><Pb=(Pd~(Pe=(Pf>Vc

4、a、b、c、d、e、/六個(gè)點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)大小不全相等，而合場(chǎng)強(qiáng)的方向也不全相同，故

A錯(cuò)誤；

B、a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度合成后&>%,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電勢(shì)和點(diǎn)電荷的電勢(shì)合成滿足代數(shù)

合成有3a>0c，故8錯(cuò)誤；

第10頁(yè)，共21頁(yè)

C、b、d兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度合成后大小相等，電勢(shì)疊加后相等，故c錯(cuò)誤；

。、e、/兩點(diǎn)的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，電勢(shì)疊加后相等，故。正確；

故選：Do

點(diǎn)電荷在六點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向不相同，因此與勻強(qiáng)電場(chǎng)疊加后這六點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不

一致；根據(jù)對(duì)稱性判斷各點(diǎn)電勢(shì)大小。

本題考查點(diǎn)電荷電場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的疊加。注意電場(chǎng)的矢量性。

5.【答案】C

【解析】解：AC.衛(wèi)星在貼近行星表面繞行的速度為該行星的第一宇宙速度，由。罌=

血?，可得》=聆，故?；?；。地=1：V5

所以在火星上發(fā)射一顆繞火星的近地衛(wèi)星，其速度至少需要叫＜=,km/s,故4錯(cuò)誤、

C正確；

3、“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器需要脫離地球的引力才能奔向火星繞火星運(yùn)行，發(fā)射的最小速

度為第二宇宙速度11.2km/s,故8錯(cuò)誤；

D、不考慮自轉(zhuǎn)時(shí)，在行星表面有：G^=mg,可得g=G*故。次：9地=2：5,

所以火星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

衛(wèi)星在行星表面繞行的速度為該行星的第一宇宙速度，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得到線

速度的表達(dá)式進(jìn)行分析；“天問(wèn)一號(hào)”發(fā)射的最小速度為第二宇宙速度；根據(jù)萬(wàn)有引力

和重力的關(guān)系得到重力加速度大小之比。

本題主要是考查了萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；解答此類題目一般要把握兩條線：一是在星

球表面，忽略星球自轉(zhuǎn)的情況下，萬(wàn)有引力等于重力；二是根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力列

方程進(jìn)行解答。

6.【答案】B

【解析】解：4、機(jī)械能等于重力勢(shì)能和動(dòng)能之和，摩天輪運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，做勻速圓周運(yùn)

動(dòng)，乘客的速度大小不變，則動(dòng)能不變，但高度變化，所以機(jī)械能在變化，故A錯(cuò)誤;

8、圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在最低點(diǎn)，由重力和支持力的合力提供向心力F,向心力指向上

方，所以F=N-mg

則支持力N=mg+F,所以重力小于支持力，乘客處于超重狀態(tài)，故B正確；

C、轉(zhuǎn)動(dòng)一周，重力的沖量為/=不為零，故C錯(cuò)誤；

。、運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時(shí)刻在變化，所

以重力的瞬時(shí)功率在變化，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

根據(jù)機(jī)械能的定義分析機(jī)械能的變化情況；根據(jù)向心力的來(lái)源分析重力和支持力的情況;

根據(jù)做功的定義分析重力做功；根據(jù)瞬時(shí)功率計(jì)算式計(jì)算重力的瞬時(shí)功率。

本題涉及的知識(shí)點(diǎn)比較多，但是都考查了基本的公式，學(xué)習(xí)過(guò)程中一定要把最基礎(chǔ)的概

念和公式牢記，這樣我們就能得心應(yīng)手。

7.【答案】A

【解析】解：理想交流電壓表U的示數(shù)為一匝線圈的電壓的有效值%=0.10l根據(jù)理

想變壓器的原理可知，匝數(shù)與電壓成正比，貝IJ有入=%%=1000x0.1U=100V,

U2=n2U0=2000x0.1V=200V

理想變壓器原副線圈的功率相等，則有1/山=U2I2=誓

RL

即100/1=器

解得A=2A

即接在原線圈上的交流電流表的示數(shù)為24故A正確，8CO錯(cuò)誤；

故選：Ao

根據(jù)變壓器的變壓比規(guī)律求出線圈電壓，再根據(jù)輸入功率等于輸出功率求出原線圈電流,

即交流電流表的示數(shù)。

本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之

比，在只有一個(gè)副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸出功

率決定輸入功率且相等。

8.【答案】BD

【解析】解：4由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比

乙的小，故A錯(cuò)誤；

第12頁(yè)，共21頁(yè)

B：由機(jī)械能守恒定律可知，各點(diǎn)的機(jī)械能保持不變，高度(重力勢(shì)能)相等處的動(dòng)能也

相等，故B正確；

C、D-.甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比較快，開(kāi)始階段的位移比較大，故

甲總是先達(dá)到同一高度的位置。故C錯(cuò)誤，O正確。

故選：BD。

①由受力分析及牛頓第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的??；

②可以使用機(jī)械能守恒來(lái)說(shuō)明，也可以使用運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式計(jì)算，后一種方法比較麻煩；

③哪一個(gè)先達(dá)到B點(diǎn)，可以通過(guò)速度的變化快慢來(lái)理解，也可以使用u-t圖象來(lái)計(jì)算說(shuō)

明.

本題應(yīng)該用“加速度”解釋：高度相同，到達(dá)底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐

漸減小，乙的加速度逐漸增大.所以它們的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增

加得最慢.

它們的u-t圖象如圖，結(jié)合u-t圖象的意義，圖線的斜率表示加速度，圖線與時(shí)間軸

之間的面積可以用來(lái)表示位移.

9.【答案】AC

【解析】解：4、小球到達(dá)斜面時(shí)豎直分速度為：

vy=gt=10x0.3m/s=3m/s

因?yàn)樾∏虼怪弊苍谛泵嫔?，則

tan45°——

vy

解得小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度

=vy=3m/s,故A正確；

8、小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是x=vBt=3x0.3m=0.9m,故B錯(cuò)誤;

C、在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得瓶9+鳳=山?

解得軌道對(duì)小球的作用力FN=m璉一wig=(9-10)N=-IN

R

可知軌道對(duì)小球的作用力方向向上，大小為1N,故C正確；

D、若小球恰好到達(dá)B點(diǎn)，可知B點(diǎn)的速度為零，此時(shí)軌道對(duì)小球的作用力等于小球的重

力即10N,故D錯(cuò)誤;

故選：AC.

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向的運(yùn)動(dòng)公式結(jié)合速度的方向分析出小球在B點(diǎn)的速度；

根據(jù)水平方向的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出BC兩點(diǎn)的水平距離；

根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算出小球在8點(diǎn)的受力情況；

理解臨界狀態(tài)的意義并做分析。

本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的結(jié)合，根據(jù)幾何關(guān)系和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析在不同位

置的速度，結(jié)合向心力公式分析小球的受力情況，尤其要注意力的方向問(wèn)題。

10.【答案】BC

【解析】解：4、在0?1s時(shí)間內(nèi)，由于mgsin。＜Fi=2N,故物塊沿斜面上滑，由牛

頓第二定律可得：a-mgsin。=mar

代入數(shù)據(jù)解得：的=5m/s2c物塊Is內(nèi)上滑的位移：s=妤=|x5xl2m=2.5m,

1s內(nèi)合外力做功為W=(Fi-mgs譏。)s,代入數(shù)據(jù)解得：W=2.5;

在0?1s時(shí)間內(nèi)，合外力的功率為P=：=FW=2.5W,故A錯(cuò)誤；

B、t=1s時(shí)物塊的速度為%=%ti=5xlm/s=5m/s,t=Is時(shí)物塊的動(dòng)能：Ek=

=|X0.2X52/=2.5/,故B正確；

C、1?2s時(shí)間內(nèi)，物塊不受外力，只有重力對(duì)物塊做功，所以該過(guò)程物塊的機(jī)械能守

恒，由于物塊的出發(fā)的位置重力勢(shì)能為0,0時(shí)刻物塊動(dòng)能也為0,所以0時(shí)刻物塊的機(jī)

械能為0,由于0?1s物塊機(jī)械能增加了ZEi=FiS=2x2.5/=5J,所以1?2s內(nèi)，包括

t=2s時(shí)物塊的機(jī)械能為5/,故C正確；

D、1?2s內(nèi)，由牛頓第二定律有：mgsind=ma2

代入數(shù)據(jù)解得：a2=5mls2

2s末物塊的速度為=%—a2t2=(5—5xl)m/s=0

2?3s時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律有：F3+mgsin9=ma3

2

代入數(shù)據(jù)解得：a2=20m/s

方向沿斜面向下，在t=3s時(shí)速度大小為%=的七=20xlm/s=20m/s,故。錯(cuò)誤。

故選：BCo

第14頁(yè)，共21頁(yè)

在0?1s時(shí)間內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊運(yùn)動(dòng)的加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出位

移，從而求出合外力力做的功，根據(jù)功與時(shí)間之比求解合外力的功率；由〃=at求出t=

1s時(shí)速度，從而求得動(dòng)能；外力F做的功等于機(jī)械能改變量；根據(jù)牛頓第二定律和速度

一時(shí)間公式相結(jié)合求解物塊在土=3s時(shí)的速度大小。

本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和功能關(guān)系的綜合應(yīng)用，能夠根據(jù)圖象分析物塊的

受力情況，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算速度和位移是解題的關(guān)鍵。

11.【答案】BC

【解析】解：4、金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知電源內(nèi)部電流由A

點(diǎn)流向8點(diǎn)（電源內(nèi)部都是負(fù)極流向正極的電流流向），則金屬棒4端電勢(shì)比B端電勢(shì)低，

故A錯(cuò)誤；

8、金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬棒受到安培力作用，金屬棒做減速運(yùn)動(dòng)，金

屬棒最終靜止，由功能關(guān)系可知，整個(gè)過(guò)程中金屬棒克服安培力做的功皿=3小詔，故

8正確；

C、設(shè)金屬棒的位移大小為X,由法拉第電磁感應(yīng)定律得：片=竽=竽

AtAt

由閉合電路的歐姆定律得：7==

2R

通過(guò)金屬棒的電荷量：q="t

解得：x=簪,故C正確；

。、金屬棒克服安培力做的功將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電路的電能，而電路為純電阻電路，則電

能轉(zhuǎn)化為全電路電阻的焦耳熱，則金屬棒4B克服安培力做功等于電阻R和金屬棒上產(chǎn)生

的總焦耳熱，故。錯(cuò)誤。

故選：BC.

應(yīng)用右手定則判斷出電勢(shì)的高低；應(yīng)用功能關(guān)系求出克服安培力做的功；應(yīng)用法拉第電

磁感應(yīng)定律、歐姆定律與電流的定義式求出金屬棒發(fā)生的位移；應(yīng)用能量守恒定律分析

答題。

金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做功，把金屬棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，在此過(guò)程中金屬

棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；對(duì)棒進(jìn)行受力分析、熟練應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆

定律、給你關(guān)系即可解題。

12.【答案】14.48CmAOP=mAOM+mBON

【解析】解：(1)4小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，力小球的速度減小，碰撞前

后都做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以速度大的水平位就大，而碰后A的

速度小于8的速度，所以碰撞后4球的落地點(diǎn)距離。點(diǎn)最近，由圖示刻度尺可知，其分度

值是Irnzn,碰撞后4球的水平射程應(yīng)取14.48cm。

(2)4、只有當(dāng)小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)才能用水平位移表示為水平速度，改變小球的質(zhì)量比，

小球碰撞后仍然做平拋運(yùn)動(dòng)，可以用小球飛行的水平距離表示為水平速度，故A錯(cuò)誤;

8、升高固定點(diǎn)G的位置，小球碰撞后仍然做平拋運(yùn)動(dòng)，可以用小球飛行的水平距離表

示為水平速度，故B錯(cuò)誤；

C、使4、B兩小球的直徑之比改變?yōu)?：3,小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速

度不在水平方向，不能做平拋運(yùn)動(dòng)，不可以用小球飛行的水平距離表示為水平速度，故

C正確;

。、升高桌面的高度，即升高R點(diǎn)距地面的高度，小球碰撞后仍然做平拋運(yùn)動(dòng)，可以用

小球飛行的水平距離表示為水平速度，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

(3)碰撞前4球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為OP,碰撞后4球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為0M,

碰撞后B球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為ON,設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3則碰撞前的動(dòng)量為:血從與，

碰撞后總動(dòng)量為：+碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：mA^=

“空+”?，平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中下落高度相同，故下落時(shí)間相同，則有碼10P=

mA0M4-mB0No

故答案為：(1)14.48；(2)C；^mA0P=mA0M4-mB0N.

(1)A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，/小球的速度減小，所以碰撞后4球的落

地點(diǎn)距離。點(diǎn)最近，讀數(shù)時(shí)取平均值；

(2)只有當(dāng)小球做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)才能用水平位移表示為水平速度：

(3)碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求解。

對(duì)刻度尺讀數(shù)時(shí)，要注意刻度尺的分度值；小球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律

即可正確解題；小球離開(kāi)軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，小球拋出點(diǎn)的高度相等，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)

間相等，小球的水平位移與初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度.

第16頁(yè)，共21頁(yè)

13.【答案】0.082斷路定值電阻Ro的左端5.01.6x10-8

【解析】解：(1)由圖1所示螺旋測(cè)微器可知，其示

數(shù)為：Omm+8.2xO.OlTnm=0.082mm。

(2)根據(jù)題干要求，電壓從0開(kāi)始調(diào)節(jié)，所以滑動(dòng)變

阻器應(yīng)采用分壓接法，按此思路連接實(shí)物圖如圖b

所示；

(3)由于電壓表的示數(shù)變化很大，說(shuō)明分壓部分電路

完好，但電流表的示數(shù)為零，說(shuō)明待測(cè)電阻未接入

電路，故是接線夾P處發(fā)生斷路；

(4)把線夾P從a向b移動(dòng)，發(fā)現(xiàn)電壓表示數(shù)很小且變化不大，這是因?yàn)榇郎y(cè)電阻的阻值小,

定值電阻島的分壓很大。這時(shí)應(yīng)該把連接電壓表負(fù)接線柱的導(dǎo)線改接在定值電阻R。的左

端；

(5)根據(jù)實(shí)物按圖可知，當(dāng)L=0時(shí)，R=Ro=200,當(dāng)L=1.6m,而截面積S=兀(獷時(shí)，

Rx=25。-20/2=5.00,根據(jù)電阻定律R*=孩得到p=今亡=%愛(ài)等工。-m=

1.6x10-8/2-m。

故答案為：(1)0.082；(2)如圖所示;(3)斷路、定值電阻島的左端；(4)5.0、1.6x10~8/2-m

(1)螺旋測(cè)微器固定刻度與可動(dòng)刻度示數(shù)之和是螺旋測(cè)微器的示數(shù)，根據(jù)圖示螺旋測(cè)微

器讀出其示數(shù)；

(2)根據(jù)題干要求，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，再畫出實(shí)物連接圖；

(3)根據(jù)實(shí)物圖的連接方向式，結(jié)合故障特征找到接線夾P處的斷路；由于定值電阻&與

待測(cè)電阻是串聯(lián)關(guān)系，由于其電壓變化很小，則讓電壓表測(cè)總電壓；

(4)根據(jù)電路連接及實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可得到定值電阻R。的值，再由電阻定律求出銅的電阻率。

本題考查了螺旋測(cè)微器讀數(shù)、實(shí)驗(yàn)器材選擇、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理等問(wèn)題，要掌握常用器材的

使用方法與讀數(shù)方法；要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則；分析清楚圖示電路圖應(yīng)用歐姆定律

即可解題。

14.【答案】解：(1)由小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)可知，小球帶正電.

(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為外對(duì)該過(guò)程由動(dòng)能定理有,

1

(qE—mg^L=-mv2(T)

在最高點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析，由圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律得,

F+mg—qE=m—(2)

TLt

由①②式解得，F(xiàn)T=15N

(3)小球在細(xì)線斷裂后，在豎直方向的加速度設(shè)為a,

則。=些*③

m

設(shè)小球在水平方向運(yùn)動(dòng)位移為L(zhǎng)的過(guò)程中，所經(jīng)歷的時(shí)間為3則4=班④

設(shè)豎直方向上的位移為工,

則x=1at2(5)

由①③④⑤解得x=0.125m

所以小球距。點(diǎn)的高度為x+L=0.625m

答：(1)小球的電性為正電；

(2)細(xì)線能承受的最大拉力為15N；

(3)當(dāng)小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)后與。點(diǎn)水平方向距離為L(zhǎng)時(shí)，小球距。點(diǎn)的高度0.625m.

【解析】(1)由帶電小球在電場(chǎng)力作用下，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)并拉斷細(xì)線，則可判定電場(chǎng)力

方向，再由電場(chǎng)強(qiáng)度方向可確定小球的電性.

(2)小球從釋放到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理可求出動(dòng)能的變化，再由牛頓第二定律可得拉力

大小.

(3)當(dāng)細(xì)線斷裂后，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則將此運(yùn)動(dòng)分解成水平方向勻速運(yùn)動(dòng)與豎直方

向勻加速運(yùn)動(dòng)，從而求出小球距。點(diǎn)的高度.

小球由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)時(shí)細(xì)線受到的拉力恰好達(dá)到它能承受的最大值而斷

裂.從而可求出此時(shí)的速度，這是本題的突破口.并值得注意是細(xì)線斷裂后，速度與合

力相垂直，且合力恒定，所以做類平拋運(yùn)動(dòng).

15.【答案】解：(1)由牛頓第二定律可得，甲乙滑動(dòng)時(shí)均有『=png=ma

則甲乙滑動(dòng)時(shí)的加速度均為a=-ng=-0.15x10m/s2=-1.5m/s2

根據(jù)速度一位移公式可知："2一詔=2as

甲與乙碰前的速度打,則解得：=OAm/s

甲乙碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律Tn%=mv2+mv3

解得碰后乙的速度為：

v3=0.3m/s

然后乙做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)則X=或=—m=0.03m=s2

2a2X1.5”

第18頁(yè)，共21頁(yè)

可知乙恰好能滑到邊框a；

(2)甲與乙碰前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間耳=矢言=s=等

碰后甲運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=￡=冷=a

則甲運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=t1+t2=^s=0.13s

答：(1)通過(guò)計(jì)算，乙算珠能滑動(dòng)到邊框a；

(2)甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間為0.13s。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律計(jì)算出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算出速度，再根據(jù)動(dòng)

量守恒定律計(jì)算出碰撞后的速度，最后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和位移關(guān)系完成分析；

(2)分階段計(jì)算甲算珠的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最后再相加即可。

本題主要考查了運(yùn)動(dòng)的多過(guò)程問(wèn)題，在分析的過(guò)程中涉及到了動(dòng)量守恒定律，要注意物

理量的方向，整體難度不大。

16.【答案】解：(1)設(shè)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度大小為?！?。

在加速電場(chǎng)的過(guò)程由動(dòng)能定理得:

qUi=加詔_0

解得…。=課

在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),

水平方向有：L=vot,

收++人士?_E_qE?_q“L_26qU\

豎且方向有：Vy=at=^t=^-^=^^=TV°

粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)移距離：y=^.t=^-vot=^L

266

粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)角的正切值：tand=肛=今

v03

(2)由第(1)問(wèn)的結(jié)論可知粒子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏移距離和偏轉(zhuǎn)角均

與加速電壓U1無(wú)關(guān)，即所有粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的位置和速度方向均相同。

由tan0=巴，可得偏轉(zhuǎn)角。=30。

3

粒子不由磁場(chǎng)右邊界射出，臨