2020年江西省八所重点中学联考高考物理模拟试卷(5月份)(含答案解析)

1、第1页，共17页2020 年江西省八所重点中学联考高考物理模拟试卷（5 月份）一、单选题（本大题共5 小题，共 30.0 分）1 . 居室装修中常用的大理石等天然石材，若含有铀、针等元素就会释放出放射性气体氧，氧会经呼吸道进入人体并停留在体内发生衰变，放射出 、/ 、?射线这些射线会导致细胞发生变异，引起疾病。一质量为m 的大理石含有某种半衰期为t 的放射性元素x,经 t 时间后，这块大理石的质量变为以下说法正确的是（）ma. . b.在 x 原子核衰变时发生质量亏损，亏损的质量转化成能量释放出来c. x 原子衰变成新核时，新原子核处于高能级状态不稳定，会向低能级跃迁，跃迁时只能放出一些特定频

2、率的 7 射线d. x 原子核的比结合能大于其衰变后的新核的比结合能2 .如图甲所示，推力f 垂直斜面作用在斜面体上，斜面体静止在竖直墙面上，若将斜面体改成如图乙所示放置，用相同大小的推力f 垂直斜面作用到斜面体上，则下列说法正确的是a.墙面受到的压力一定变小b.斜面体受到的摩擦力可能变大c.斜面体受到的摩擦力一定变小d.斜面体可能沿墙面向上滑动3 .如图所示，在竖直平面内固定个半径为r 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的相同的带负电的小球a 和 b 套在圆环上，其中小球a 可沿圆环无摩擦的滑动，小球b 固定在圆环上和圆心o 的连线与水平方向的夹角为if.现将小球 a 由静止释放，则下列说法中正

3、确的有（）a.小球 a 运动到圆环最低点q 的过程中电势能先增大后减小b.小球 a 速度最大处位于q 点的左端c.小球 a 恰好可以运动到p 点d.小球到达圆环最低点q 时的速度大小为4 .如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离l 处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为 山时，小物块刚要滑动。物体与盘面间的动摩擦因数为. 苧（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），该星球的半径为r,引力常量为 g,下列说法正确的是 （）4 上 a.这个行星的质量ftlb.这个行星的同步卫星的周期是工 1第2页，共17页

4、d.离行星表面距离为r 的地方的重力加速度为jl5.水平力 f 方向确定，大小随时间的变化如图a 所示，用力 f 拉静止在水平桌面上的小物块，在f 从 0 开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a 随时间变化的图象如图b 所示，重力加速度大小】0 旧/ , 最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图示可知a.物块的质量 小. =2 制b.物块与水平桌面间的动摩擦因数为0.2c.在 4s 末，物体的动量为12 的,m 加d.在人 一 43 时间内，小物块速度均匀增加二、多选题（本大题共5 小题，共 27.0 分）6 .如图所示为一节能运输系统。斜面轨道长为l,倾角为 3t ,当质最为 m 的木箱在轨道顶端时,

5、 自动装货装置将质量为m = 3m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程，下列选项正确的是a.木箱与轨道间的动摩擦因数为/ ，= =b.若保持其他条件不变，只改变m 的质量，此系统仍能正常工作c.若保持其他条件不变，只改变斜面轨道的长度l,此系统仍能正常工作d.木箱向下滑动过程中的最大速度与向上滑动过程中的最大速度相等7 .如图所示，一平行金属导轨与水平面成e 角放置，导轨间的距离为l,在。，的 上方区域存在与导轨平面垂直， 磁感应弓 ii 度为 b 的匀强磁场 （图 中未全部画出 ）

6、，导轨的下端接有阻值为r 的 电阻，在导轨的上端垂直于导轨放有一质量为m 的导体棒 ab,另有一质量为m 的导体棒 cd 垂直于导轨，以 川的速度沿导轨向上进入磁场，cd 与导轨无摩擦，当cd 进入和离开磁场时，导体棒 ab 恰好保持静止，两导体棒一直没有相撞。已知两导体棒的长度均为l,电阻均为 r,导体棒与导轨接触良好，不计其他电阻。则1c.这个行星的第一宇宙速度4 = 2山第3页，共17页a.导体棒 ab 恰好不受摩擦力时，导体棒cd 的速度为 / =吗丁 b. cd 上滑过程中重力的冲量大于下滑过程中重力的冲量c. cd 上滑过程中通过r 的电荷量大于下滑过程中通过r 的电荷量d. cd

7、 离开磁场时的速度为- 口 r 7- 如图所示，一台正弦式交流发电机通过一理想可调变压器给用电器供电，工 1 和 5 是两个相同的灯泡，每个灯泡的电阻均和电阻r 的阻值相同，电流表为理想表，不计其他任何电阻。开始时电键 s 处于断开状态，此时交流发电机的转速为n,可调变压器副线圈有200 匝接入电路，灯泡却正常 发光，电流表示数为7.现将电键 s 闭合，要使两灯泡均正常发光，可以通过两种方式来实现：一是调节发电机的转速：二是调节滑动头的位置，改变变压器副线圈接入电路中的匝数。则在闭合s 后，灯泡能正常发光时，以下正确的是（）a.若只是采用第一种方式，则电流表的示数为2ib.若只是采用第一种方式

8、，则发电机的转速为1.5 屋c.若只是采用第二种方式，则电流表的示数为d.若只是采用第二种方式，则副线圈的匝数应调为400 匝下列说法正确的是a. 一定质量的理想气体，体积减小，压强也减小时，在单位面积上单位时间内与容器壁碰撞的分子数目可能减少b. 一定质量的理想气体，在吸热后，体积增大，压强也增大，则气体吸收的热量一定大于它对外所做的功c.将实际气体压缩时，气体分子间作用力做负功，分子势能增大d.烧水时，速率大的水分子数目增多，但可能有水分子的速率反而减小e. 的冰熔化成 0ct 的水，体积减小，故分子势能减小，由于温度不变，分子的平均动能不8.9.第4页，共17页变第5页，共17页振幅相同

9、的甲、乙两列简谐波在同一介质中沿着x 轴方向传播，甲波沿x 轴正方向传播，频率为: hl 乙波沿 x 轴负方向传播。如图为某时刻两列波的波形图（实线是甲波，虚线是乙波），3p 是不=68 处的质点，由此可知 （）a.再过 3s,=6 处的质点将再次处于平衡位置b.无论过多长时间， h = 6 处的质点位移都不可能达到20cmc.此时h =6 处的质点的速度为零d.再过。舌 e t =处的质点将处于平衡位置e.乙波的频率为hzj实验题（本大题共2 小题，共 15.0 分）某实验小组的同学欲“探究做功与速度变化的关系”，在实验室设计了一套如图甲所示的装置, 图中 a 为物体， b 为光电门， c

10、为力的传感器， d 为遮光片， p 为小桶 （内有砂子 , 一端带有定滑轮的足够长的木板水平放置，不计绳与滑轮的摩擦。0 1 2出比, 中柏| 用中 ?0 10 m （1）他们用游标卡尺测出了遮光片的宽度山如图乙所示 ），则遮光片的宽度为出了物体 （包括 遮光条 ）的 质量为 m。（2）将物体放在某一位置，测出此位置时遮光片前端到光电门的距离s,计算出遮光片中点到光电门的距离 x,然后将物体由静止释放，读出物体通过光电门时的遮光时间t;再多次改变 s,计算出相应的x,读出对应的时间t;并在物体运动过程中记录了传感器的示数f,根据所记录的数据，彳 出以 x 为横坐标，以 : 为纵坐标的 : 一图

11、象。在实验过程中，有同学提出应平衡摩擦力。你认为实验中是否必须平衡摩擦力？（填“是”或“否”（3）除了 s 和 t 外，下列物理量中，必须测量的物理量是（填物理量前面的序号）a.遮光片宽度db.物体质量 mc.传感器示数 f通过正确的操作，各物理量均采用国际单位，作出的：一 图象是一条直线，计算得出直线的斜率为 ko 实验完成后，一位同学发现，根据前面测出的物理量，还可以得出物体与水平面间的动摩擦因数斜，则勒=（用 实验中测出的物理量的字母表示）小宇有一台带usb 接口的小型电风扇，额定电压为5.01/ ,额定功率为 2w,他想通过实验描绘出这台小电风扇的伏安特性曲线。他在实验室中没有找到合适

12、的电压表，但找到了导线、开关, 还有以下器材：a.电源 e（电动势为 6.01qb.电流表 小川量程为 0口. 6, 内阻为 0.2!i）10.11.12.mm,又测第6页，共17页c.电流表 八足量程 150ma, 内阻为 （刖d.滑动变阻器小（最 大阻值 100” ）e.滑动变阻器 om 最大阻值 umif.固定电阻?：1g.固定电阻 , 1（1j 为了便于调节，减小读数误差和系统误差，实验中滑动变阻器应选用 ; 固定电阻应选用:, 填所选仪器前的字母序号）。（2）请你为他设计实验电路，并把电路图画在甲图中的方框内（方框 内已画出了小电风扇的电路符号）。小宇在实验过程中发现，小电风扇在电流

13、表a,读数小于0aa时电风扇没有转动。他通过实验描绘出 /i（电流表ai的读数 ）、/ 式电流表小的读数 ）的图象如图所示为 时工 为10ma ）o由此可以判定，小电风扇的电阻为口， 正常工作时的发热功率为w,机 械效率为 （结果均保留两位有效数字）。四、计算题（本大题共4 小题，共 52.0 分）13 .如图所示， ab、cd 为两个同心半圆弧面构成的辐向型加速电场，电势差为u,圆心为 o,在 右侧有一与直线 cd 相切于 入 、半径为 r 的圆形区域，其圆心为o, 圆内（及圆周上 ）存在垂直于纸面向外的匀强磁场。mn 是一个足够长的平板，与0。 连线平行并位于其下方3r 处。质量为 m、电

14、荷量为 q 的带正电粒子，从ab 圆弧面从静止开始加速到cd 后，从八 点进入磁场偏转，最后打到板mn 上，其中沿连线方向入社的粒子经磁场偏转后恰好从圆心。工的正下方 g 点射出磁场 （不 计重力的影响 ）。 求：（1，求粒子到达 彷点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小；（2）在图中p点与。| 5 成和二夹角 ）出发后打板上q 点（图中 未画出）的粒子，从点运动到探测板mn上所用的时间。第7页，共17页14 .如图所示，一 长工二 9。切的传送带以。二占小的速度顺时针旋转，传送带的倾角为h = 37 ,一质量 力/ - 出功的 a 物体随传送带一起 ( 与传送带共速 ) 向上运动， a 与

15、传送带间的动摩擦因数为出 =l0 ,当 a 物体恰好在传送带的最下端时，另一质量“￥ = ug 的 b 物体沿传送带向下以小二 2 小人的 速度与 a 发生弹性正碰。 b 与传送带间无摩擦。( 两物体均可看成质点，取sm370 = 0.6, co3370 = 0+8 , g = llhn/s 。)求：(1j 第一次碰撞后b 物体的速度大小；(2)从第一次碰撞结束到第二次碰撞前的过程中摩擦产生的热量；(3i 两物体在传送带上能够发生的碰撞次数。15 .如图所示，两个截面积都为s 的导热圆柱形容器，左边a 容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为m 的活塞。右边b 容器高为 h,上端封闭，两容

16、器中装有同种理想气体，由装有阀门的极细管道相连。开始时环境温度为330k, 阀门关闭， a 容器中活塞到容器底的距离为h,第8页，共17页b 容器中气体白压强是a 容器中气体压强的2 倍。现将阀门缓慢打开，同时在活塞上放一物体，要使系统稳定后活塞位置保持不变，求放置的物体的质量m,然后将环境温度缓慢降到300k,直到系统达到新的平衡，求活塞下降的高度ho （外界大气压为 p,保持不变 ）16.如图所示，某种透明材料制成的半球半径为r, 一束单色光从半球的边缘，以与半球平面成月=45 口角的方向射入半球，恰好在球面上的这种 材料的折射率n；p 点（图中未画出 ）发生全反射。求 : 点到半球平面的

17、距离第9页，共17页答案与解析1 答案：c解析：解：a、衰变指大理石内部元素发生改变，大理石整体质量基本不发生变化，故a 错误。b、x 原子核衰变时会出现质量亏损，亏损的质量以能量的形式释放出来，但不能理解成亏损的质量转化成了能量，故b 错误。c、因为原子核在经历门, 和打衰变后往往处于激发态，衰变后产物的新核从激发态向较低能态跃迁，一般以发射电磁波的形式进行，发射的正是丁射线，故 c 正确。d、衰变后的产物更稳定，其原子核中核子结核更牢固，比结合能更大，故d 错误。故选： co衰变之后的物质仍然在大理石内，总的质量变化很小；亏损的质量以能量的形式释放出来，并非是“亏损的质量转化成了能量”；x

18、 原子衰变成新核时，新原子核处于高能级状态不稳定，会向低能级跃迁，跃迁时只能放出一些特定频率的号射线；衰变后的产物更稳定，比结合能更大。本题考查了原子核衰变、比结合能等知识点。对于这分知识很多是属于记忆部分的，因此需要注意平时的记忆与积累。2 答案：c解析：解：设斜面体的质量为m,分别对甲图和乙图中的斜面体为研究对象，进行受力分析如图所示：a、对甲图，水平方向根据平衡条件可得：al - , 对乙图，水平方向根据平衡条件可得：电二所以有：n1 m, 根据牛顿第三定律可得墙面受到的压力不变，故a 错误；bc、对甲图，竖直方向根据平衡条件可得：h=仃单+ 痴用；对乙图，若摩擦力方向向上，则竖直方向根

19、据平衡条件可得：若摩擦力方向向下，则竖直方向根据平衡条件可得： 田 ”帽；所以摩擦力一定减小，故错误、 c 正确；d、根据图甲可知，最大静摩擦力+ f 精屈,所以fxmh / 旭, 而两种情况下斜面对墙的正压力相等，则最大静摩擦力相等，即f 在竖直方向的分力小于最大静摩擦力，斜面体不可能沿墙面向上滑动，故d 错误。 故选： co分别对甲图和乙图中的斜面体为研究对象进行受力分析，水平方向根据平衡条件分析与墙之间的正压力的变化情况，竖直方向根据平衡条件分析摩擦力的变化情况；两种情况下斜面对墙的正压力相等，则最大静摩擦力相等，根据力的分解分析f 在竖直方向的分力与最大静摩擦力的关系，从而分析斜面体是

20、否会运动。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答本题的关键是能够正确的对斜面体进行受力分析、利用正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。第10页，共173 答案：d解析：解： a、开始时小球a 与 b 之间的距离小于环的直径，而小球a 与 b 之间的最大距离等于环的直径；由于两个小球都带负电，所以二者之间的距离增大时，库仑力做正功，二者的电势能减小；当二者之间的距离减小时，电场力做负功，二者的电势能增大，即小球a 从释放到运动到圆环最低点 q 的过程中电势能先减小后增大，故a 错误； b、小球 a 从释放到运动到圆环最低点q 的过程中电势能先减小后增大，而重力势能一直减小，

21、结合运动的电场线可知，小球a 从释放到运动到圆环最低点q 的过程中动能先增大后减小，小球a 速度最大处位于q 点的右端，故b 错误；c、当 b 求不存在时，由于机械能守恒可得，a 球能够运动到p 点，但是当有b 球后， ab 两球靠近时电场力做负功，故a 球不可能运动到p 点，故 c 错误；d、由图可知 a 与 q 相对于过 ob 的直径是对称的，所以小球在a 点的电势能与在q 点的电势能是相等的，小球从a 到 q 的过程中增加的动能等于减小的重力势能，则：可得：f,故 d 正确。故选： do对小球 a 进行受力分析，由功能关系判断是否可以回到出发点，由电场力做功的特点判断小球电势能的变化；由

22、功能关系求出小球到达圆环最低点q 时的速度大小。该题考查带电物体在重力与库仑力的作用下的运动，在解答的过程中要注意小球受到的库仑力的变化，注意电势能的变化特点。4 答案：d解析：解：物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度，可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，物体和圆盘相对静止的角速度最大，当圆盘的角速度为 d 时，小物块刚要滑动，由牛顿第二定律得：用的沁：柏=l所以：g = - = 山辽。a、绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则：一=mq ,解得行星的质量：m =兰善，故 a 错误; g cib、不知道同步卫星的高度，

23、所以不能求出同步卫星的周期，故2c、在行星表面飞行的卫星，m 看，解得第一宇宙速度: 故选： d。当物体转到圆盘的最低点，由重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力的合力提供向心力时，此时物体与圆盘保持相对静止的角速度最大。根据万有引力提供向心力，解得行星的质量以及第一宇宙速度。根据万有引力等于重力，计算离行星表面距离为r 的地方的重力加速度。此题考查了人造卫星的相关知识，属于圆周运动和天体运动相结合的问题，解题的关键要分析向心力的来源，明确角速度在什么位置最大，由牛顿第二定律进行解题。b 错误；%0 = 23m, 故 c 错误 ; 1 gm 2r丁在, 故 d 正确。d、离行星表面距离为r 的地方

24、的重力加速度为: 第11页，共175 答案：c解析：解： ab、由图知：当 = 2$时， u = , f= 6_v , 根据牛顿第二定律得：f川“g 二, 代入得： 6 prux 10 =打匕；当 f = 4s 时，h= 3/f/ , f= 12.v ,根据牛顿第二定律得：f - fimy -r仃，代入得：12 -川x10 =由。联立解得：p- 。/ ，切=3ag ,故 ab 错误；c、一力图象 与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0-4s 内物体速度的增量为：r = : x （?一2）rn/s = 4m/s , t =。时刻 速度为 0,则物块在第 4s 末的速度为-mj 属；根据动量定

25、理，得 。一必 ?内合外力的冲量为：/= /= m x=12 一 二 9 一故 c 正确；d、在 人一 45 时间内，小物块受的拉力匀速增加，做加速度增大的加速运动，故d 错误。故选： co2s 时刻物体刚开始运动，静摩擦力最大，由图a 读出最大静摩擦力为6n.根据力 =2￥和 = 45 时的 拉力和加速度，由牛顿第二定律列式，可求得动摩擦因数和物块的质量。根据门一十图 象与时间轴所围的面积求 4s 内速度的变化量，从而求得第4s 末的速度及动量。本题关键是结合图象对物体进行受力分析，根据图象的特殊点列牛顿第二定律方程，求解质量和动摩擦因素，挖掘口一声图象 与时间轴所围的面积表示速度的变化量，

26、由此求速度的变化量及动量。6. 答案： ac解析：解： a、设弹簧压缩最大时的弹性势能为耳, ，由动能定理得下滑过程有: （tn + 3（1 *l + 30 j, e产0 上滑过程由动能定理得? ? ? 联立解得： 西=还，故 a 正确; 5 bc、全过程用动能定理可得：th + m 也.5江*1 ”上+ 2/）堂3冽- mq.m m0 ：l- *4/w丫双阳j 0 ,根据表达式可以看出，只改变斜面轨道的长度l,这个关系仍然成立，即此系统仍能正常工作；根据此表达式解得：；二且经一 ，可见动摩擦因数一定，则m 与 m 的比值一定，故b 错误、 cal 1 正确；d、木箱向下滑动过程中速度最大时克

27、服摩擦力做的功小于从开始到上滑过程中速度最大时克服摩擦力做的功，所以木箱向下滑动过程中的最大速度大于向上滑动过程中的最大速度，故d 错误。故选：ac。对上滑和下滑整个过程运用动能定理，弹簧弹力在整个过程中不做功，最终只有货物重力做功和摩擦力做功，根据动能定理列方程进行分析即可。本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。7 答案：ad解析：解： a、ab 棒不受摩擦力，由平衡条件得：hfl = htyfiiito ,第12页，共17感应电流 : 解得：r =，”阳 m” ,故 a

28、正确；日炉b、cd 上滑过程加速度大于下滑过程加速度，上滑位移大小与下滑位移大小相等，上滑时间小于下滑时间，即：上 忏，重力的冲量：i = myt, 由于，上 , 故 b 正确。c、将实际气体压缩时，气体压强（力） 做负功，分子势能不，故c 错误；d、烧水时，温度升高，分子平均动能增大，大部分水分子数速率增大，但这是一个统计数，所以可能有水分子的速率反而减小，故d 正确；e、（tc 的冰逐渐熔化成00c 的水的过程中吸收热量，冰的内能增大，而冰的温度不变，则分子的平均动能不变，所以分子势能会增加，故e 错误。故选： abd。温度是分子平均动能的标志；内能由分子动能和分子势能组成；热力学第一定律

29、：八 u =+ q ;压强的微观因素有单位面积碰撞器壁的分子数和分子动能决定；冰溶化的过程中吸收热量，分子势能会增加。分子动理论和热力定律知识点多且相互联系，一定要学细学精，理解到位。10 . 答案： abd解析：解：a、甲、乙两列简谐波在同种介质中传播，波速相等，由图知，a 甲，入工_6” ，v1 9由, f = 三知甲、乙两波的频率之比为3: 2,而甲波的频率为则乙波的频率为二 h 二，故甲波的周期丁= :%, 乙波的周期 72=l5 日。两列简谐横波在平衡位置为工=gm 处的质点的位移是两列波引起位移的矢量和，再过 3s,甲波使工 =6 处的质点位移为0cm, 乙波使质点位移为0cm,故

30、叠加后质点处于平衡位置，故a 正确。b、由图可知，只有当两列波的波峰相遇时，该处的质点位移才会达到20cm, 两列 波在忑 =6m 处不是波峰相遇，故质点位移都不可能达到20cm, 故 b 正确；c、甲乙两列波单独引起平衡位置为下=6 澳处 的质点的速度方向均向上，所以该质点此刻速度不为零，故 c 错误；i 4 4 d、甲波的波速为： =为力=4 x -m/s = -jn/s；乙波的波速也为丁哈，再经过 0.5s，实线 工=2ch jo处质点的振动和虚线忑=6 门口处质点的振动分别传播到平衡位置为不=4 门口处的质点处，所以合位移# =也故 d 正确； 71=3h ,e、由前面的分析可知乙波的

31、频率为注, 故 e 错误。故选： abd。由图象得到两列波的波长，两列简谐波在同种介质中传播，波速相等，由/ 二三知甲、乙两波的频率之比为波长的反比根据波的叠加判断出振幅的范围，根据波传播的速度即在时间内通过的位移即第14页，共17可判断质点所处的位置。本题考查波长、频率和波速的关系；由波动图象能直接读出波长，抓住同类波在同一介质中波速相同，由波速公式分析频率关系。要理解并掌握波的干涉原理。11. 答案： 知 5 否a2?见生解析：解：(1)根据游标卡尺的读数规则可知，主尺刻度为17 x = o.sjmm 则遮光片的宽度为：; (2)研究物体的受力，受到细绳拉力和摩擦力作用，做功为：动能变化为

32、：根据动能定理可知：】即为：2p解得：梓m(f2通过研究 3 图象，可以得到合外力做功与速度变化的关系，故不需要必须平衡摩擦力。产(3；，由(2)的分析可知，除了s 和 t 外，因为要计算遮光片中点到光电门的距离x,故需要测量的物理量还有遮光片宽度do(4)由(2)的公式变形为：二。2mg 故答案为： (1)3.85； (2)否；(3)“；尸蚓(1;根据游标卡尺的读数规则读数。(2)分析物体的受力，求出合外力做功，根据极短时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解通过光电门的速度，进一步求解动能变化。(3)根据题干分析所测量的物理量。(4)公式变形，得到动摩擦因数的表达式。此题考查了探究功与速度

33、变化的关系的实验，明确实验原理，尤其是匀变速直线运动规律的应用，列出相关关系式是解题的关键。12 . 答案： e f - -解析：解：额定电压为5.0/ ,额定功率为 2w,电风扇的额定电流为：工，因此需要选用电流表 =/ 外, =u. l2 x lull” = ；小风扇的机械功率为：v -ui二一2w061h； l36iv 。p 36那么小风扇的机械效率为： =k = x 100% = fin% 。故答案为：。;e；(2)如上图所示 ; (3)4,0; 0.64; 68% 。(1，选择器材需安全、精确，根据电风扇的额定电流确定电流表的量程，通过电风扇电阻的大约值，从测量的误差和可操作性角度选

34、择滑动变阻器；根据电流表与电阻改装成量程为6v 电压表，结合电流表的量程，从而确定选取固定电阻值；(2)测量伏安特性电流、电压需从零开始测起，滑动变阻器需采用分压式接法，根据电风扇内阻的大小确定电流表的内外接；(读 数小于 口“ 时电风扇没有转动，电能全部转化为内能，根据欧姆定律求出电风扇的电阻，正常工作时根据电流和内阻求出发热功率，根据输入功率，通过能量守恒求出机械功率，从而求得机械效率。解决本题的关键掌握器材选取的原则，即安全，精确。以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内、外接法的区别。知道有电动机存在的电路是非纯电阻电路，清楚电风扇没启动时电能全部转化为内能，正常工作时电能

35、转化为内能和机械能。13 . 答案：解： 口) 带正电的粒子从ab 圆弧面由静止开始加速到cd 圆弧面上过程，由动能定理得；fju = ；门鼠 . ，一 ii ,粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力, 由牛顿第二定律得：中书=m,t粒子轨道半径：/ =丑, 日n1 0 m斛付： % = 1 ；n q从p点出发的粒子运动轨迹如图所示, 粒子在磁场中做圆周运动的周期:第16页，共17粒子在磁场中的运动时间：3 =工竺/ = 空打，36。3 尸粒子离开磁场到达探测板需要的时间：粒子从 o1 点到哦探测板mn 所需时间 : 答：（1）粒子到达 oi 点时速度的大小为（力从 p 点出发后打板上

36、q 点的粒子，从1 九点运动到探测板解析：（l 粒子在电场这加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用动能定理可以求出粒子的速度，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。求出粒子在磁场中的运动时间，求出粒子离开磁场到达探测板需要的时间，然后求出总的时间。本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题。14 . 答案：解：（l 两物体发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以沿传送带向上为正方向，由动量守恒定律得：mv - mvu = j/。i t阳, 由机械能守恒定律

37、得：n + 1td =；档+ 捕，代入数据解得： r.=0m/.*，口=hh。;化j 从碰撞后到 a 与传送带达到共速过程，对 a,由牛顿第二定律得：p,mgeo?9 - mgnin6 ma，共速时 a 的速度：（-=仃帮，a 通过的位移： 夕，1,该过程传送带的位移： =陋 ，a 相对于传送带移动的距离：工 .1 一小 一山 1 ,代入数据解得：办=2m/v , 一八，1力一1 川，=1 忸，该过程中，对b,由牛顿第二定律得：叩月加 , a 与传送带共速时b 的速度：旬=小一立出 4 ,_、一 . - _，, + 口匕b 通过的位移：工拄一3一 , 1 *if emxmwswwiv&m心m q 叶mn 上所用的时间为第17页，共17代入数据解得：atf= (ynt/s2,3=-2” 客， 负号表示方向向下，= ini ,此时在第一次碰撞上方1m 处 a、b 正好回复到开始时的状态，并发生第二次碰撞，因此从第一次碰撞结束到第二次碰撞前的过程中摩擦产生的热量：代入数据解得： q . 24j;( 内由(2)可知，两物体每一次碰撞发生在上一次碰撞的上方1m 处, 每次碰撞