2020-2021學(xué)年安徽省淮北市樹人某中學(xué)高二（下）期中物理試卷（附答案詳解）

2020-2021學(xué)年安徽省淮北市樹人高級(jí)中學(xué)高二（下）期

中物理試卷

1.關(guān)于原子核的變化，下列說法正確的是（）

A.放射性元素的半衰期隨溫度的升高而變短

B.夕衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的質(zhì)子轉(zhuǎn)變?yōu)橹凶訒r(shí)產(chǎn)生的

C.鈾核（贊U）衰變?yōu)殂U核（鍛Pb）的過程中，要經(jīng)過8次a衰變和6次.衰變

D.因?yàn)樵诤朔磻?yīng)中釋放能量，有質(zhì)量虧損，所以系統(tǒng)只有質(zhì)量數(shù)守恒，能量守恒

定律在此不適用

2.大霧天發(fā)生交通事故的概率比平常要高出幾倍甚至幾乙上甲

十倍，保證霧天行車安全很重要。在霧天的平直公路/

上，甲、乙兩物體同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，它們的x-t圖像如I//

圖所示，下列說法正確的是（）、

A.甲物體做直線運(yùn)動(dòng)，乙物體做曲線運(yùn)動(dòng)

B.t=0時(shí)刻甲物體的速度大于乙物體的速度

C.當(dāng)甲、乙兩物體第二次相遇時(shí)，兩物體的速度大小相等

D.從第一次相遇到第二次相遇，甲物體的平均速度比乙物體的平均速度大

3.如圖所示，質(zhì)量為m的物塊靜止在粗糙的平板上，現(xiàn)將平板的m\

一端緩慢抬起一定角度（物塊始終與平板保持相對(duì)靜止），則關(guān)

于物塊的受力情況分析正確的是（）

A.彈力先減少后增大B.摩擦力先增大后減小

C.平板對(duì)物塊的作用力保持不變D.合力逐漸增大

4.“土衛(wèi)5”在距離土星表面高度為九的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知土星半徑為R,

土星表面的重力加速度為g,引力常量為G,貝女）

A.“土衛(wèi)5”繞土星運(yùn)行的周期為27r算

B.“土衛(wèi)5”繞土星運(yùn)行的速度為+h）

C.“土衛(wèi)5”繞土星運(yùn)行的角速度為高舄

D.“土衛(wèi)5”軌道處的重力加速度為整

5.正方形的四個(gè)頂點(diǎn)處分別固定了電荷量均為q、電性如圖所示?.…?e

的點(diǎn)電荷，4、8、C、0分別是正方形四邊的中點(diǎn)，下列說法

A',：

中正確的是（）

A.4點(diǎn)和C點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同0……式

B.B點(diǎn)和。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同

C.一電子沿圖中虛線BD從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中，受到的電場(chǎng)力先減小后增大

D.一電子沿圖中虛線BD從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中，其電勢(shì)能先減小后增大

6.如圖所示，MN、PQ是間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感強(qiáng)

度為8,方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，M、P間

接有一阻值為R的電阻。一根與導(dǎo)軌接觸良好、有效阻值也為

R的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，并在水平外力F的作用下以速度u向右勻速運(yùn)動(dòng)，則

（不計(jì)導(dǎo)軌電阻）（）

A.通過電阻R的電流方向?yàn)镻-R-M

B.ab兩點(diǎn)間的電壓為8幾

C.a端電勢(shì)比b端高

D.外力產(chǎn)做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱

7.如圖，由均勻的電阻絲組成的等邊三角形導(dǎo)體框，垂直磁場(chǎng)

放置，將AB兩點(diǎn)接入電壓恒定的電源兩端，通電時(shí)電阻絲AC

段受到的安培力為F,則此時(shí)三根電阻絲受到的安培力的合

力大小為（）

A.FB.2FC.3F

在圖示電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：

4,原線圈兩端接正弦交變電源，其瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)e=

10V2sml07Tt（V））內(nèi)阻為1。，副線圈兩端接有燈泡”

燈絲電阻可視為不變）和滑動(dòng)變阻器，則（）

A.通過燈絲中的電流頻率為20Hz

B.副線圈兩端的電壓小于40V

C.滑片P上移時(shí)燈泡變亮

D.改變滑片P的位置，變壓器原線圈功率最大值可能為25W

9.一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動(dòng)，在前5s內(nèi)做勻加速?"（m”'）

直線運(yùn)動(dòng)，5s末達(dá)到額定功率，之后保持以額定功率運(yùn)動(dòng)，20-/

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其U-t圖像如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為771=1X103^9,汽車受到地面的阻力為

車重的0.1倍，g取10m/s2,則以下說法正確的是（）

A.汽車在前5s內(nèi)的牽引力為5x1（）2N

B.汽車速度為25m/s時(shí)的加速度為5m/s2

C.汽車的額定功率為100/dV

D.汽車的最大速度為100m/s

10.如圖所示的裝置中，木塊B放在光滑的水平桌面上，子彈4以水平速度見射入木塊

后（子彈與木塊作用時(shí)間極短），子彈立即停在木塊內(nèi)。然后將輕彈簧壓縮到最短,

已知本塊B的質(zhì)量為子彈的質(zhì)量為現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研

究對(duì)象（系統(tǒng)），則從子彈開始入射木塊到彈簧壓縮至最短的整個(gè)過程中（）

L——

A.系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒B.系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒

C.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為券篝D.彈簧最大的彈性勢(shì)能小于詔

11.如圖甲所示，某同學(xué)將力傳感器固定在小車上，然后把繩的一端固定在傳感器掛鉤

上，用來測(cè)量繩對(duì)小車的拉力，探究在小車及傳感器總質(zhì)量不變時(shí)加速度跟它們所

受拉力的關(guān)系，根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中作出了如圖乙所示的a-F圖像。

（1）本實(shí)驗(yàn)中是否仍需要沙和桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車和傳感器的總質(zhì)量（填

“是”或“否”）。

（2）圖線（乙圖中）不過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是。

（3）由圖像求出小車和傳感器的總質(zhì)量為3。（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

12.某同學(xué)為了測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，利用實(shí)驗(yàn)室的現(xiàn)有器材：量程為100mA的

毫安表，量程3V、內(nèi)阻很大的電壓表匕阻值島=30、％=2。的兩個(gè)定值，電阻

設(shè)計(jì)了如圖甲所示的電路。

(1)請(qǐng)用筆畫線代替導(dǎo)線按照?qǐng)D甲電路在圖乙中連接實(shí)物O

(2)為得到流經(jīng)電源的電流，需要測(cè)出毫安表的內(nèi)阻，該同學(xué)做了如下操作：先把

滑動(dòng)變阻器R調(diào)到阻值最大處，然后閉合開關(guān)S,再將滑動(dòng)變阻器R調(diào)到電阻為零處,

此時(shí)電壓表的讀數(shù)為0.80U,毫安表的讀數(shù)為80.0nM,由此可得毫安表的內(nèi)阻為

_____0。

(3)在上述操作后該同學(xué)多次調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R的滑片，又記下相應(yīng)的電壓表的示數(shù)

U和毫安表的示數(shù)/,利用實(shí)驗(yàn)測(cè)得的數(shù)據(jù)做出了如圖丙所示的U-/圖像；由圖像

可得電源的電動(dòng)勢(shì)E=乙內(nèi)阻r=0(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)。

13.如圖所示，水平地面上固定斜面的傾角。=37。，可視為質(zhì)點(diǎn)的//

一滑塊從斜面的底端以初速度為=l(hn/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)且....

始終沒有離開斜面，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5,斜面上的點(diǎn)4到底

端的距離L=4m,sin37°—0.6.cos37°-0.8,重力加速度g=lOrn/s2。求：

(1)滑塊沿斜面上滑的加速度大小；

(2)滑塊經(jīng)過4點(diǎn)的速度大小。(結(jié)果可以保留根式)

14.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，4為粒子加速器，電壓為Ui；

B為速度選擇器，磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，磁感應(yīng)強(qiáng)度為當(dāng)，

板間距離為d；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2.今有一

質(zhì)量為m、電量為q的正離子經(jīng)加速后，恰好通過速度選

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擇器，進(jìn)入分離器后做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，求:

(1)粒子的速度"

(2)速度選擇器的電壓出

(3)粒子在殳磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R.

15.一傳送裝置由水平傳動(dòng)帶和半徑為R的光滑豎直半圓弧軌道BC組成。傳送帶長(zhǎng)

L-2m,以速度v=再m/s順時(shí)針勻速傳動(dòng)。一質(zhì)量m=0.1kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的小

滑塊從光滑水平面以一定初速度火滑上傳送帶(4點(diǎn)平滑連接)，經(jīng)傳送帶傳送，在B

點(diǎn)水平切入半圓弧軌道內(nèi)側(cè)(間隙寬度不計(jì))。小滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)p=

0.1,傳送帶4端距離地面高度”=2m,g=10m/s2?

(1)若%=27n/s,求小滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)其做的功；

(2)若半圓弧半徑R的大小可調(diào)節(jié)，當(dāng)小滑塊恰好能沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，且落在地面上

與C點(diǎn)水平距離最大處，求水平距離的最大值，并求出滿足此條件下，小滑塊的初

速度%范圍。(結(jié)果可用根式表示)

16.如圖所示，內(nèi)壁光滑的導(dǎo)熱汽缸豎直放置，用質(zhì)量不計(jì)、橫截面

積S=1XIO-）?的活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體。先在活塞

上方緩緩倒入沙子，使封閉氣體的體積緩慢變?yōu)樵瓉淼囊话?，?/p>

著在活塞上方緩慢倒入沙子的同時(shí)對(duì)汽缸內(nèi)的氣體加熱，使該過程中活塞的位置保

持不變。整個(gè)過程中倒人沙子的總質(zhì)量M=3kg,（外界環(huán)境溫度為300K,大氣壓

強(qiáng)Po=1xlOPa,g=10m/s2）o求：

①加熱前倒入沙子的質(zhì)量

②最后缸內(nèi)氣體的溫度。

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：4、放射性元素的半衰期是由原子核本身的性質(zhì)決定的，與元素所處的狀

態(tài)、溫度的高低無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B、0衰變時(shí)，原子核中的一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，釋放出來的電子就是。

粒子，故B錯(cuò)誤；

C、設(shè)該過程經(jīng)歷了x次a衰變和y次0衰變，根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得：238=

206+4x,92=82+2x—y,解得：x=8,y=6,故C正確；

。、在核反應(yīng)中，質(zhì)量守恒，能量也守恒，在核反應(yīng)前后只是能量的存在方式不同，總

能量不變，在核反應(yīng)前后只是物質(zhì)由靜質(zhì)量變成動(dòng)質(zhì)量，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

半衰期是由原子核本身的性質(zhì)決定；根據(jù)￡衰變的實(shí)質(zhì)分析；根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒

進(jìn)行分析；根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程分析判斷。

本題考查了半衰期、衰變實(shí)質(zhì)、質(zhì)能方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，要能根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)

守恒判斷生成產(chǎn)物，要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，不能混淆。

2.【答案】B

【解析】解：力、根據(jù)位移一時(shí)間圖像的斜率表示物體的速度，可知甲、乙兩物體一直

朝著正方向運(yùn)動(dòng)，都做直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

以根據(jù)x-t圖像的斜率表示物體運(yùn)動(dòng)的速度，知t=0時(shí)刻甲圖像的斜率大于乙圖像的

斜率，則甲物體的速度大于乙物體的速度，故8正確；

C、甲、乙兩物體第二次相遇時(shí)，兩圖像的斜率不等，則兩物體的速度大小不等，故C

錯(cuò)誤；

。、從第一次相遇到第二次相遇，兩物體通過的位移相等，所用時(shí)間也相等，則平均速

度相同，故。錯(cuò)誤；

故選：B。

位移一時(shí)間圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)速度的正負(fù)分析乙物體速度的方向，確定

乙做什么運(yùn)動(dòng)。兩圖像的交點(diǎn)表示兩物體相遇，根據(jù)斜率大小分析速度關(guān)系。分析兩物

體的位移關(guān)系判斷平均速度的關(guān)系。

本題要知道位移一時(shí)間圖像的斜率表示速度，兩圖像的交點(diǎn)表示兩物體相遇。要注意X-

t圖像只能表示直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。

3.【答案】C

【解析】解：4物塊受重力、支持力和靜摩擦力，由于物塊始終與平板保持相對(duì)靜止，

故物塊受力平衡，則彈力

N=mgcosa

將物塊緩慢抬起一定角度，a角增大，cosa減小，則彈力N減小，故A錯(cuò)誤；

A物塊所受的靜摩擦為

f=mgsina

a角增大，sina增大，故摩擦力增大，故B錯(cuò)誤；

C.平板對(duì)物塊的作用力是彈力和摩擦力的合力，因物塊始終與平板保持相對(duì)靜止，故物

塊受力平衡。則彈力和摩擦力的合力與物塊的重力是一對(duì)平衡力，故平板對(duì)物塊的作用

力保持不變，故C正確；

。物塊始終與平板保持相對(duì)靜止，故物塊所受合力始終為0,故。錯(cuò)誤。

故選:Co

對(duì)物體受力分析，物塊始終與平板保持相對(duì)靜止，物塊受力平衡，根據(jù)平衡條件即可判

斷。

本題考查共點(diǎn)力平衡的應(yīng)用，平板的一端緩慢抬起物塊始終與平板保持相對(duì)靜止，物塊

處于動(dòng)態(tài)平衡，分析物塊受力即可判斷各力變化，注意靜摩擦力的求解。

4.【答案】C

【解析】解：4BC.“土衛(wèi)5”在距地面高度為九的軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心

力，有=m?=m骨r=其中r=R+/i,解得T=2兀匕“=

=念篇,故0正確,.錯(cuò)誤;

、3

D在土星表面，重力等于萬有引力，有mg=甯,聯(lián)立解得“土衛(wèi)5”軌道處的重力加

速度g'=（白＞。，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

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“土衛(wèi)5”做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式得到運(yùn)行周

期、繞行速度、運(yùn)行角速度等與軌道半徑的關(guān)系。根據(jù)物體在土星表面的重力等于萬有

引力，聯(lián)立求解。

本題考查了萬有引力定律及其應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是明確圓周運(yùn)動(dòng)中各種向心力公式的變

換，要能根據(jù)萬有引力提供向心力，選擇恰當(dāng)?shù)南蛐牧Φ谋磉_(dá)式。

5.【答案】C

【解析】解：AB、設(shè)正方向邊長(zhǎng)為L(zhǎng),每個(gè)電荷電量為Q,對(duì)a點(diǎn)研究，左側(cè)的一正一負(fù)

兩個(gè)電荷在4點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向向下，大小為：E1=2^=8k*右側(cè)的一正一負(fù)兩個(gè)

忘=嗜。4點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)

電荷在4點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向向上，大小為：岳2=21+（翔z

的方向向下，大小為：Ea=Er-E2,同理，可以求出B、C、。各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)的大小都是

E1-E2,方向分別是向右、向上、向左。所以4、C兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定等大而反向，B、。兩

點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定等大而反向，故A8錯(cuò)誤；

C、由圖可知，一電子沿圖中虛線BD從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度先減小后增

大，所以電子受到的電場(chǎng)力先減小后增大，故C正確；

。、BD連線為等量異種電荷的等勢(shì)線，電子沿等勢(shì)線運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)能不變，故。錯(cuò)誤。

故選：C。

在邊長(zhǎng)為a的正方形四個(gè)頂點(diǎn)上依次放置電荷量為q、q、-q和q的點(diǎn)電荷，4、B、C、D

分別是正方形四邊的中點(diǎn)，根據(jù)庫侖定律和矢量合成法則求解4、B、C、。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)

度。

解決本題的關(guān)鍵掌握點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，以及點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)方向，會(huì)根據(jù)平行四邊形定

則進(jìn)行場(chǎng)強(qiáng)的疊加。

6.【答案】C

【解析】解：4、根據(jù)右手定則（或楞次定律）可知回路中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針的，故A

錯(cuò)誤；

B、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv,電阻R兩端的電壓為路端電壓為：U=°：°R=；BLv,故

R-TR2

8錯(cuò)誤;

C、金屬導(dǎo)線ab相當(dāng)于電源，電流方向是b到a,所以可以認(rèn)為a是電源正極，b是電源的

負(fù)極，所以a端電勢(shì)比b端高，故C正確。

。、根據(jù)功能關(guān)系知道外力F做的功等于外界消耗的能量，根據(jù)能量守恒得外界消耗的

能量轉(zhuǎn)化成整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱。

金屬導(dǎo)線ab也有電阻也產(chǎn)生焦耳熱，故。錯(cuò)誤。

故選：Co

根據(jù)右手定則得金屬導(dǎo)線ab向右運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，金屬導(dǎo)

線ab相當(dāng)于電源，外電路為電阻R。

根據(jù)能量守恒得外界的能量轉(zhuǎn)化成整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱。

本題比較簡(jiǎn)單考查了電磁感應(yīng)與電路的結(jié)合，解決這類問題的關(guān)鍵是正確分析外電路的

結(jié)構(gòu)，然后根據(jù)有關(guān)電學(xué)知識(shí)求解。

7.【答案】C

【解析】解：由電路可知，流過AC、CB的電流相等，流過48的電流是流過AC、CB電

流的2倍；所以CB段受到的安培力大小也為尸，48段受到的安培力大小則為2F。AC,CB

段所受的安培力之間的夾角為120。，二者的合力為尸'=2Fcos60°=尸方向與力B段所受

的安培力方向相同，所以三根電阻絲受到的安培力的合力大小為3F,故ABO錯(cuò)誤，C

正確；

故選：C.

根據(jù)左手定則判斷出各段受到的安培力的方向，根據(jù)閉合電路的歐姆定律計(jì)算出各段上

的電流大小，再計(jì)算出各段安培力的大小，然后使用平行四邊形定則合成即可。

該題中，各段時(shí)的電流的大小不相等，要使用閉合電路的歐姆定律分別計(jì)算出各段的電

流的大小，然后計(jì)算安培力是解題的正確思路。題目的難度中檔。

8.【答案】BD

【解析】解：4變壓器不改變頻率，由e=10近5譏107rt(V)得：通過燈絲中的電流頻率

f=-=—Hz=5Hz

JT2n

故A錯(cuò)誤；

8.電動(dòng)勢(shì)的有效值

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由于電源有內(nèi)阻，原線圈兩端的電壓U1<10U,副線圈兩端的電壓

=皆U1<4x10V=40V

故8正確；

C.原線圈兩端向右看的等效電阻

Ro='=焉-=瓷>⑻+R)，

11

媼2"2

,_E

/1l=-R-o-+-r-

燈泡中的電流

21

"2n2兌巴見+馬+丁

滑片P上移時(shí)滑動(dòng)變阻器接入的有效電阻R變大，則。變小，燈泡變暗，故C錯(cuò)誤；

D原線圈電壓

5=E-lrr

變壓器原線圈功率

P=1此=h(E一一⑺=*(E一一//)

由于/ir+(E-/")=2為定值，

Ixr=F-^r,

即/[=*=54時(shí)P有最大值，且為

Pm=5x(10-5x1)UZ=25W

故。正確。

故選：BD.

根據(jù)電源的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)分析出電源的頻率，而變壓器不會(huì)改變電源的頻率；根據(jù)電路的

特點(diǎn)結(jié)合變壓器的匝數(shù)比分析出副線圈兩端的電壓；當(dāng)滑片上移時(shí)，電阻增大，電流變

小，則燈泡變暗；先分析原線圈電路中最大的輸出功率，而在理想變壓器中原副線圈的

功率是相等的。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，理解變壓器兩端的電學(xué)物理量的比值關(guān)系，結(jié)合

電源輸出功率的最大值和電路構(gòu)造完成分析。

9.【答案】CD

【解析】解：4、汽車在前5s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度a=，=gm/s?=4m/s2

△t5

由牛頓第二定律得F-F阻=ma

解得F=5X103N,故4錯(cuò)誤；

BCD、汽車在5s末功率達(dá)到額定功率P=Fv=5x103x20W=lOOkW

當(dāng)汽車速度最大時(shí)，牽引力與阻力大小相等，即

F=F阻

P100000./

最大速度為=盡==l0°m/s

汽車速度為25m/s時(shí)，則有三-F阻=ma'

解得優(yōu)=3m/s2,故B錯(cuò)誤，CD正確；

故選：CD.

根據(jù)速度時(shí)間圖線的斜率求出勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出勻加速運(yùn)動(dòng)

的牽引力.根據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)的最大速度和牽引力的大小求出汽車的額定功率.結(jié)合P=

尸"求出速度為25m/s時(shí)的牽引力，根據(jù)牛頓第二定律求出此時(shí)的加速度.當(dāng)牽引力等于

阻力時(shí)，速度最大，根據(jù)P=求出最大速度.

本題考查了汽車恒定加速度啟動(dòng)的問題，理清整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定

律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解，知道牽引力等于阻力時(shí)，汽車的速度最大.

10.【答案】CD

【解析】

【分析】

系統(tǒng)所受的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。只有重力或只有彈力做功時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守

恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與做功情況判斷系統(tǒng)動(dòng)量與機(jī)械能是否守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律

與能量守恒定律分析答題。

本題考查了動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵要掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒

的條件，以及知道當(dāng)系統(tǒng)只有動(dòng)能和勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。分析清楚

運(yùn)動(dòng)過程即可正確解題。

【解答】

AB,由于墻壁對(duì)彈簧有作用力，系統(tǒng)的合外力不為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；由于子

彈射入木塊過程中，二者之間存在著摩擦，要產(chǎn)生內(nèi)能，故此過程機(jī)械能不守恒。故動(dòng)

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量、機(jī)械能均不守恒，故AB錯(cuò)誤；

C、取向左為正方向，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒及能量守恒得：

_2

mv0=(M+m)v,|mvoj+m)v=△E,

可得系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：△七=券黑，故C正確；

2(m+M)

。、由于子彈射入木塊過程中有機(jī)械能損失，所以最終彈性勢(shì)能小于子彈最初的動(dòng)能

之771詔，故Q正確。

故選CQ。

11.【答案】否未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足1.0

【解析】解：(1)本實(shí)驗(yàn)中有力傳感器測(cè)量小車受到的拉力，則不需要沙和桶的總質(zhì)量

遠(yuǎn)小于小車和傳感器的總質(zhì)量；

(2)由圖像可知，當(dāng)力F達(dá)到一定值時(shí)小車才有加速度，可知圖線不過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因是

未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；

(3)根據(jù)牛頓第二定律F=Ma,由圖像可知k=白=*工=1

M0.O—0.1

則小車和傳感器的總質(zhì)量為M=1.0kg

故答案為：(1)否；(2)未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；(3)1.0

(1)因?yàn)閷?shí)驗(yàn)中有拉力傳感器，不需要砂桶的重力來充當(dāng)小車的拉力，故不需要保證沙

和沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于小車和傳感器的總質(zhì)量；

(2)根據(jù)圖像的特點(diǎn)結(jié)合牛頓第二定律分析出圖線不過坐標(biāo)原點(diǎn)的原因；

(3)根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合圖像的斜率計(jì)算出小車和傳感器的總質(zhì)量。

本題主要考查了牛頓第二定律的驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合牛

頓第二定律完成分析，同時(shí)要正確理解圖像的物理意義。

12.【答案】103.01.2

【解析】解：(1)用筆畫線代替導(dǎo)線按照?qǐng)D甲電路在圖乙中連接實(shí)物如圖

(2)根據(jù)歐姆定律可得毫安表的內(nèi)阻Rg=7=加吃…。=10。

1oU.UXJLU

(3)圖中與毫安表并聯(lián)的電阻％=2/2,由并聯(lián)電路分流規(guī)律可得電阻&中的電流為毫安

表中電流的5倍。由閉合電路歐姆定律有0=E—6(r+R())/

對(duì)照?qǐng)D丙所示的U-/圖像，可得電源的電動(dòng)勢(shì)E=3.0P

6(、r+Ro0)70.080=25。

解得內(nèi)阻r=1.20

故答案為：(1)見解析；(2)10；(3)3.0,1.2

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物圖；

(2)由歐姆定律求出毫安表的內(nèi)阻；

(3)寫出路端電壓與電流的關(guān)系式，結(jié)合圖象求電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；

本題考查了閉合電路歐姆定律的數(shù)據(jù)處理的方法，應(yīng)用了圖象法及電源的總功率的表達(dá)

式，要注意靈活應(yīng)用閉合電路歐姆定律.

13.【答案】解：(1)滑塊沿斜面上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得：

0

mgsin3l+/J.mgcos37°=mar

2

解得：ax=10m/s

(2)滑塊上滑做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)若1-詔=-2a也代入數(shù)據(jù)解得：vA1=2y[5m/s

由于mgsin37°>nmgcos37°,所以滑塊上滑到速度為零時(shí)再向下滑動(dòng)經(jīng)過4點(diǎn)。

滑塊上滑到速度為零時(shí)經(jīng)過的位移為s,則有：詔=2%s

滑塊下滑的加速度為a?,根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin37°-iimgcos37°-ma2

經(jīng)過4點(diǎn)的速度為外2,有：若2=2a26-L)

解得：vA2=2m/s

答：(1)滑塊沿斜面上滑的加速度大小為10m/s2；

(2)滑塊經(jīng)過4點(diǎn)的速度大小為2遍m/s或2m/s。

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【解析】(1)在上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律求得上滑過程的加速度；

(2)在上滑過程中，根據(jù)速度-位移公式求得到達(dá)4點(diǎn)時(shí)的速度，當(dāng)滑塊到達(dá)最高點(diǎn)后，

滑塊開始下滑，根據(jù)牛頓第二定律求得下滑時(shí)的加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得下滑到達(dá)

4點(diǎn)的速度。

本題主要考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵是正確的受力分析，求得上滑和下過

程的加速度，滑塊到達(dá)4點(diǎn)可能時(shí)上滑過程也可能是下滑過程到達(dá)，即可求得。

14.【答案】解：(1)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)/加速，獲得速度〃由動(dòng)能定理得：

qU^=1mv2解得°=但^

2m

故粒子的速度為回。

Ym

(2)在速度選擇器中作勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛侖茲力平衡得

Eq=遇哼q=qvBt

U2=B[dv=B1d

(3)在B2中作圓周運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力，有49殳=小一，

R

qB?qB?

故粒子在B2磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R為!嗎

B2q

【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理qU】求出粒子的速度外

(2)在速度選擇器中作勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛侖茲力平衡，根據(jù)Eq=q〃Bi求出電壓

外。

(3)根據(jù)洛侖茲力提供向心力，quB2=7nF，求出粒子在殳磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半

徑R。

解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)能定理，以及知道在速度選擇器中作勻速直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與洛

侖茲力平衡。

15.【答案】解：(1)由于北〈外滑塊在傳送帶上先做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a,

則加速階段根據(jù)牛頓第二定律得：用ng=ma,

解得：Q==0.1x10m/s2=lm/s2,

設(shè)共速之前物塊的位移為工則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v2-vl=2ax.

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：x=0.5m<L=2m,

說明物塊先加速后勻速，摩擦力做的功：W=fimgx=0.1x0,1x10x0.57=0.05;；

(2)小滑塊恰好能沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)，則在圓弧軌道最高點(diǎn)B有：mg=m^，

從B點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理得：mg-2R=gm詔