2021-2022学年河南省名校联盟高三（上）第一次诊断物理试卷（附详解）

2021-2022学年河南省名校联盟高三（上）第一次诊断物

理试卷

1.在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法。以下关于物理学研

究方法的叙述中正确的是（）

A.速度、加速度、位移这三者所体现的共同的物理思想方法都是比值定义法

B.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是微元法

C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小

段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想模型法

D.根据速度定义式”？当戊一。时，瓢可以表示时刻的瞬时速度，这里运

用了极限思维法

2.甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图

中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是（）

A.t3时刻，甲、乙一定相遇

B.t2-t3时间内某一时刻甲、乙的加速度相等

C.0-。时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度

D.0-t2时间内，甲的加速度不断减小。乙的加速度不断增大

3.如图所示，光滑水平面上有大小相同的4、B两球在同一直线上运

动。两球质量关系为=2mA，规定向右为正方向,4、B两球的动量均为6kg-m/s,

运动中两球发生碰撞，碰撞后4球的动量增量为-4kg・m/s,则（）

A.左方是4球,碰撞后4、B两球速度大小之比为2：5

B.左方是4球,碰撞后4、B两球速度大小之比为1：10

C.右方是4球,碰撞后4、B两球速度大小之比为2：5

D.右方是4球,碰撞后4、B两球速度大小之比为1：10

4.如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道处于竖直向下的匀强电场E

e

中，在轨道的上端，一个质量为小、带电量为+q的小球由静止

开始沿轨道运动，贝4（）

A.小球运动过程中机械能守恒

B.小球机械能和电势能的总和先增大后减小

C.在最低点球对环的压力为（mg+qE）

D.在最低点球对环的压力为3（mg+qE）

5.暗物质是二十一世纪物理学之谜，对该问题的研究可能带来一场物理学的革命.为

了探测暗物质，我国在2015年12月17日成功发射了一颗被命名为“悟空”的暗物

质探测卫星.已知“悟空”在低于同步卫星的轨道上绕地球做匀速圆周运动，经过

时间t（t小于其运动周期）,运动的弧长为s,与地球中心连线扫过的角度为3（弧度），

引力常量为G,则下列说法中正确的是（）

A.“悟空”的线速度大于第一宇宙速度

B.“悟空”的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度

C.“悟空”的环绕周期为午

D.“悟空”的质量为昂

6.如图所示，ABCD为一边长为a的正方形的四个顶点，‘学

A?.................1n

。为正方形的中心，E点是。点关于ZD的对称点，F点

是。点关于BC的对称点。在4点、B点分别放置电荷量E\°

为+Q的点电荷，在C点放置电荷量为+2Q的点电荷，.......C2Q

在。点放置电荷量为-Q的点电荷。以无穷远为电势零点，下列说法中正确的是（）

A.。点的电场强度大小为&）=而繁

B.。点的电场强度大小为=6竿

C.。点电势小于零

D.将试探负电荷-q从E点移到尸点电势能减小

7.如图，从离子源产生的一质量为小、电荷量为q的带电粒子（不计重力），由静止经

电场加速后，自Q点沿半径方向垂直于匀强磁场射入圆形区域的磁场，在c点射出。

已知圆的半径为r,粒子在磁场中运动时间为琳，ZaOc=120°,则加速电场的电压

是（）

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离子源।.：avO\

C=K-.........卜1一>•・；

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8.如图甲所示,足够长的传送带与水平面夹角为。，传送带以速度孙逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为Tn的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数

图乙为小木块运动的速度一时间图像。根据以上信息可以判断出（）

C.%时刻，物体的速度为孙D.传送带始终对小木块做正功

9.如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光

滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心。

的连线与水平面的夹角为。，将力尸在竖直面内沿顺时针方

向缓慢地转过90。，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是

（）

A.框架对小球的支持力先减小后增大

B.拉力F的最小值为mgcosO

C.地面对框架的摩擦力始终在减小

D.框架对地面的压力先增大后减小

10.如图甲所示为某景区内的高空滑索运动，游客可利用轻绳通过轻质滑环悬吊下滑。

假设某段下滑过程中钢索与水平方向的夹角为。，轻绳始终保持竖直，示意图如图

乙所示，以游客、滑环、轻绳为整体，不计空气阻力，在这一阶段下滑过程中（）

甲乙

A.整体的机械能守恒

B.整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等

C.系统摩擦产生的热量与整体所受合外力做的功相等

D.系统摩擦产生的热量与整体减少的重力势能相等

11.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体4B质量均为加，

在水平恒力F作用下以速度u做匀速运动。在t=0时轻绳断开，A在尸作用下继续前

进，则下列说法正确的是（）

B

A.t=0至t=7■时间内，4、8的总动量守恒

B.t=答至1=誓时间内，4、B的总动量守恒

C.1=智时，4的动量为2nw

D.£=个^时，4的动量为4m”

F

12.如图所示,水平转台上的小物体Z、B通过轻弹簧连接，

并随转台一起匀速转动，4、B的质量分别为nt、2m,

离转台中心的距离分别为1.5八r,已知弹簧的原长为

1.5r,劲度系数为k,A、B与转台间的动摩擦因数都为

”,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有kr=2〃mg。则以下说法中正确的是（）

A.当B受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为口

B.当4受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为怪

弋3m

C.当8刚好要滑动时，转台转动的角速度为隹

72m

D.当4刚好要滑动时，转台转动的角速度为E

7m

13.如图为某小组测量反应时间的情形。

（1）图中甲同学拎着直尺的上端，乙同学将手指上沿放在直尺的下端零刻度处，该

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实验测的是同学(填“甲”或“乙”)的反应时间。

(2)该实验测量反应时间的原理是利用公式t=。(用下落高度“h”及重力加

速度“g”等表示)

(3)某次测量结果其手指上沿位置如图丙箭头所示，刻度尺的读数为cm,通

过计算可得此被测者的反应时间为s。(g取9.8m/s2)

14.在“探究物体的加速度与力、质量的关系”实验中，某组同学的实验装置如图甲所

示。

(1)在本实验中，先保持质量不变，探究加速度与力的关系；再保持力不变，探究

加速度与质量的关系。这种研究方法叫做_____。

A.控制变量法

B.等效替代法

C.理想化方法

(2)本实验在平衡摩擦力后，由于用祛码桶与祛码的重力代替绳子拉力，导致实验

的系统误差。若考虑到该误差的存在，在保持小车质量不变，探究加速度与力的关

系时，做出a随尸变化的关系图象接近下图中哪一个(选填"B""C”)。

(3)已知打点计时器的打点周期为0.02s,在一条记录小车运动的纸带上，每5个点

取一个计数点(中间有四个点未画出)，相邻计数点的时间间隔为s,分别标

为1、2、3、4、5,如图乙所示。经测量得各相邻计数点间的距离分别为2.98cm、

3.85cm4.70cm、5.55cm,则小车运动的加速度大小a=zn/s2(结果保留两

位有效数字)。

15.一列汽车车队以%=10m/s的速度匀速行驶，相邻两车间距为Si=24m,后面有

一辆摩托车以巴=20m/s的速度同向行驶，当它离车队最后一辆汽车的距离为S2=

25m时立即刹车，以加速度大小为a=1M/S2做匀减速运动，摩托车在车队旁边行

驶而过，设车队辆数n足够多，且所有车均视作质点。求：

(1)摩托车最多能追上几辆汽车？

(2)摩托车从赶上车队到离开车队，共经历的时间t为多少？

16.倾角为的0=37。斜面体靠在固定的竖直挡板P的

一侧，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳

的一端与质量为四=6kg的物块4连接，另一端与

质量为巾8=2kg的物块B连接，开始时，使4静止

于斜面上，8悬空，如图所示，现释放44将在斜

面上沿斜面匀加速下滑，(所有接触面产生的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6,

cos37°=0.8,g=10m/s2),求此过程中：

(1)物块4加速度大小；

(2)挡板P对斜面体作用力的大小。

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17.如图所示，左边竖直半圆光滑绝缘轨道与水平光滑绝缘轨道相切于4点，整个空间

有斜向左上方的匀强电场，与水平方向夹角。=30°,电场强度E=1.0x103/V/C,

B点是轨道的最高点，半圆半径R=2m,在水平轨道上距4点Z,=随/n的C处由静

3

止释放一质量m=2xlO^kg、电荷量q=2xlO^c的带正电小球p,沿水平轨道

运动一段时间，从4点冲上圆弧轨道，并沿圆弧轨道到达圆弧最高点B,取4点电势

为零，重力加速度g取10m/s2。求在圆弧轨道上运动过程中：

(1)电势能的最小值；

(2)最大速度的大小。

18.下列说法中正确的有()

A.用气筒给自行车打气，越打越费劲，说明此时气体分子之间的分子力表现为斥

力

B.合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体

C.空载的卡车停在水平地面上，在缓慢装载沙子的过程中，车胎不漏气，胎内气

体可视为理想气体，温度不变，不计分子间势能，则胎内气体对外放热

D.汽车尾气中含有多种有害气体污染空气，可以想办法使它们自发分离，既清洁

了空气又变废为宝

E.PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5卬n的悬浮颗粒物，在空中做无规则运动,

它是空气中分子无规则热运动的反映

19.如图所示，4气缸截面积为500cm2,4B两个气缸中装有体积均为10L、压强均为

latm,温度均为27。（：的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M,细

管容积不计。现给左面的活塞N施加一个推力。使其缓慢向右移动，同时给B中气

体加热，使此过程中4气缸中的气体温度保持不变。活塞M保持在原位置不动。不

计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为latm=l（）5pa.当推力F="UN时,

求：

①活塞N向右移动的距离是多少？

②B气缸中的气体升温到多少？

N

20.一列沿x轴正方向传播的简谐波在t=0时刻的波形图如图所示。均匀介质中/=

2m,&=6771处的质点「、Q此后每隔0.1s偏离平衡位置的位移相同，下列说法正

确的是（）

A.周期为0.1s

B.波速为80m/s

C.t=0时刻，质点P向下振动

D.0〜0.1s时间内，质点Q的路程为40cm

E.t=0.1sH寸刻，质点P的速度方向沿y轴正方向

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21.顶角为30。的直角三角形玻璃砖与内径为R、外径为2R的环

形玻璃砖由同种材料制成，它们按如图所示放置。一束单

色光沿与法线成45。的48方向从B点射入三角形玻璃砖经

折射后从C点垂直射入环形玻璃砖，已知OC=百/?(0为环

形玻璃砖的圆心)，光在真空中的传播速度为c。求：

(1)这种材料对该单色光的折射率加

(2)该单色光在环形玻璃砖中的传播时间久

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、速度、加速度运动了比值定义法，位移不是，物理学中用从初位置到

末位置的有向线段表示位移，故4错误；

8、建立质点概念是运用了理想模型法，故B错误；

C、在推导匀变速直线运动位移公式时，运用了微元法，故C错误；

极限思维法就是令物理量趋向于某个极值而得到的结果，瞬时速度就是平均速度运

用极限思维得到，故。正确。

故选：Do

质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；当

时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采

用的是极限思维法。

在高中物理学习过程中，我们会接触到多种物理研究方法，这些方法对我们理解物理有

很大的帮助，要在理解概念和规律的基础上，注意科学方法的积累与学习.

2.【答案】B

【解析】解：4、由于题中没有说明两个质点初始位置是否相同，所以J时刻，甲、乙

可能相遇，也可能不相遇，故A错误；

B、灰-t3时间内，在图线b上可以画出一条切线与图线a平行，根据。-t图象的斜率表

示加速度，知某一时刻甲、乙的加速度能相等，故B正确；

C、根据u-t图象与时间轴所围的面积表示位移，知O-ti时间内，甲的位移大于乙的

位移，由5=:知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；

。、0-t2时间内，甲的加速度不变，乙的加速度不断减小，故。错误。

故选：B。

v-t图象不能反映物体的初始位置，根据位移关系和初始位置关系分析两个物体能否

相遇；图象与横轴围成的面积表示位移大小，图象的斜率表示加速度，结合平均速度等

于位移与时间之比。

对于v-t图象问题，要知道图象与时间轴围成的面积表示位移，图象的斜率表示加速

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度，斜率越大，加速度越大。

3.【答案】A

【解析】解：光滑水平面上大小相同4B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动

量守恒定律可得：

△以=一△PB

由于碰后4球的动量增量为负值，所以右边不可能是4球的，若是4球则动量的增量应该

是正值，

因此碰后4球的动量为2kg-m/s

所以碰后B球的动量是增加的，为10kg•m/s。

由于两球质量关系为7HB-27nA

那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5

故选：Ao

光滑水平面上有大小相同的4、B两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒。因此可根

据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后4的动量增量可得出4球在哪边，及碰后两球

的速度大小之比。

考查动量守恒定律，同时注意动量表达式中的方向性。

4.【答案】D

【解析】解：4、小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒。故A错误；

以小球运动过程中只有电场力和重力做功，发生的时机械能与电势能的转化，但小球

机械能和电势能的总和不变，故B错误；

CD、小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mg+qE)R=［巾。2又由N-

mg-qE=哈联立解得：N=3(mg+qE),由牛顿第三定律知在最低点球对环的压

力为3(mg+qE),故C错误。正确；

故选：D。

小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒；只有电场力和重力做功，发生的时机械能

与电势能的转化，但小球机械能和电势能的总和不变；根据动能定理求出小球经过在最

低点时的速度，由牛顿第二定律求出环对球的支持力，由牛顿第三定律知球对环的压力。

本题是带电体在匀强电场中做圆周运动的问题，由动能定理和牛顿运动定律结合求解是

常用的思路。

5.【答案】C

【解析】解：4、该太空电站经过时间小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s,

它与地球中心连线扫过的角度为/?（弧度），

则太空站运行的线速度为"=:

角速度为：3=£

根据〃=5得轨道半径为：r=5=5

人类第一台太空电站在地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力,

则有：G^=m-,得u=怪,可知卫星的轨道半径越大，速率越小，第一宇宙速度

是近地卫星的环绕速度，故“悟空”在轨道上运行的速度小于地球的第一宇宙速度，故

A错误；

B、由G等=机得：加速度a=等，则知“悟空”的向心加速度大于地球同步卫星的向

心加速度.故B错误.

f27r2nt

C、“悟空”的环绕周期为7=营=下，故C正确；

D、“悟空”绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，BP：G^^mrco2,3=£

联立解得：地球的质量为时=总，不能求出“悟空”的质量.故。错误；

故选：C

已知该太空电站经过时间t（t小于太空电站运行的周期），它运动的弧长为s,它与地球中

心连线扫过的角度为6（弧度），根据线速度和角速度定义可求得太空站的线速度和角速

度，然后根据。=3r可求得轨道半径；根据万有引力提供向心力求求得地球的质量.

本题考查匀速圆周运动的线速度和角速度的定义，以及其关系.人类第一台太空电站在

地球的同步轨道上绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，可求得中心天体的质

量，关键是熟练记忆公式.

6.【答案】D

第12页，共23页

【解析】解：AB,对于。点，4点和C点的电荷在。点的合场强方向为。-4,大小为邑=

9一布黑子=整。B点和D点的电荷在M点的合场强方向为°大小为=

2x而黑中=鬻。所以。点的合电场强度大小E=局隹=簪,方向斜向左下，

故AB错误；

C、电势是一个标量，根据点电荷周围电势的计算公式W=?结合电势的叠加可得，AC

两正负电荷在。产生电场的电势为零，而BD两正电荷在0点产生的电势为正，所以。点

电势为正，故C错误；

D、从题图及题意来看，4C两处电荷对-q做功为零，而BD两处正电荷对-q均做正功，

所以合电场对-q做正功，电势能减小，故。正确。

故选:Do

对于。点，分析4点和C点的电荷在。点的合场强方向、B点和D点的电荷在。点的合场强

方向，根据E=黄和平形四边形法则计算。点的电场强度大小；

根据点电荷周围电势的计算公式W=?结合电势的叠加分析电势大小；

根据Ep=-q”分析负电荷电势能的变化，由此得到电场力做功情况。

电场强度是矢量，电场强度的叠加满足平行四边形法则；电势是标量，电势的叠加可以

是数值的相加减，掌握点电荷电势的计算公式尹=?可以分析电势的大小计算。

7.【答案】A

【解析】解：设加速电场的电压为U,设粒子

进入磁场做匀速圆周运动的速度为。，则有

qU=

-1mv£2

2

①

设粒子运动的轨道半径为R，则由几何关系，得

tand--②

由运动轨迹图利用几何关系得

9=60°③

设粒子圆周运动周期为7,则

T2nR

T=­j-④

则粒子在磁场中运动时间为

T

t.n=-3-TT=~⑤

°2n6

联立①②③④⑤,得

n2r£2m

U~6q噂

故A正确BCQ错误;

故选：Ao

根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，先求出轨道半径，进而求出粒子做圆周运动的

速度,

再结合在电场中加速过程，利用动能定理可以求出加速电场的电压。

本题考查带电粒子在匀强磁场的运动，关键要能根据洛伦兹力提供向心力，把粒子在磁

场中的运动轨迹画出来，进而求出转过的圆心角和轨道半径。

8.【答案】C

【解析】解：AB,木块与传送带速度相同后，由速度一时间图象知木块继续加速，所

Njngsin3>nmgcose,即4<tan。，故AB错误；

C、片时刻是木块与传送带速度相同的时刻，所以物体的速度为火,故C正确；

。、0-％时间，传送带的速度大于木块的速度，木块受到的摩擦力沿斜面向下，传送

带始终对小木块做正功，%之后，木块继续加速，传送带的速度小于木块的速度，木块

受到的摩擦力沿斜面向上，传送带对小木块做负功，故。错误。

故选：Co

对滑块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等

于传送带速度时，由速度一时间图象知木块继续加速运动，说明重力的下滑分力大于最

大静摩擦力，据此可分析求解。

本题主要考查了牛顿第二定律，解题的关键点是分析速度转折处的受力情况，由此判断

出“和tan。的关系，并判断出做功的特点。

9.【答案】BC

【解析】

第14页，共23页

【分析】

以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析小球受力变

化情况。

再以整体为研究对象，分析框架的受力情况。

本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键。

求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不

变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力

的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及

最小值的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。

【解答】

AB.以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示：

根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增

大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcos。.故A错误，3正确；

C以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力

以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减

小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；

。.以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力

以及力产的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增

大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故。错误。

故选BC。

10.【答案】BD

【解析】解：4、以游客为研究对象，受到重力和轻绳的拉力，由于轻绳始终保持竖直，

则拉力和重力平衡，整体匀速下滑，整体的重力势能减少、动能不变，所以机械能减少，

故A错误；

3、根据能量守恒定律可得，整体损失的机械能与系统摩擦产生的热量相等，故B正确；

C、根据动能定理可知，整体所受合外力做的功为零，系统摩擦产生的热量不为零，故

C错误；

。、系统匀速下滑过程中动能不变，重力势能减少，根据功能关系可知，系统摩擦产生

的热量与整体减少的重力势能相等，故。正确。

故选：BDo

以游客为研究对象进行受力分析，根据受力情况可知整体匀速下滑，由此分析机械能的

变化；根据能量守恒定律、功能关系分析能量的转化情况。

本题主要是考查功能关系、能量守恒定律和机械能守恒定律，关键是能够根据受力情况

判断运动情况，再根据能量关系进行解答。

11.【答案】AC

【解析】解：4、设4B所受的滑动摩擦力大小均为/,系统匀速运动时:有F=2/,

得T

轻绳断开后，对B,取向右为正方向，由动量定理得-"=0-nw,联立得t=驾，即

t=誓时8停止运动。

在B停止运动前，即在t=0至1=誓时间内，4、B系统的合外力为零，总动量守恒。

F

故A正确。

8、t=驾至t=誓时间内，B停止运动，A匀加速运动，系统的合外力不为零，则系

FF

统的总动量不守恒，故3错误。

C、t=等时，对4由动量定理得《誓=PA-mu,解得4的动量PA=2nw,故C正

确。

D、t=答时，对4,由动量定理得3誓=2/一根"，解得4的动量p/=3nw,故。

rzr

错误。

故选：ACo

本题脱钩问题，在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的

方法。

12.【答案】BD

第16页，共23页

【解析】解：力、当B受到的摩擦力为。时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r+r-

1.5r)=2ma)2r

解得：3=—1故A错误；

\2m

B、当4受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k(1.5r+r-1.5r)=mo?.

1.5r

解得：3=匡故B正确；

\3m

C、当B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向

心力，则有：fc(1.5r+r—1.5r)+g-2mg=2ma)2r,

又因为kr=2Pmg,

联立解得：3=昌故C错误；

yjm

。、当4刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向

心力，则有k(1.5r+r-1.5r)+“mg=ma)2-1.5r,

解得：3=区,故。正确。

m

故选：BD。

当4、B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列

式求解，当4、B刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合

力提供向心力，根据胡克定律以及向心力公式列式求解即可。

本题主要考查了胡克定律以及向心力公式的直接应用，知道当4、B刚好要滑动时，摩

擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，明确向心力的来源是

解题的关键。

13.【答案】乙19.600.2

【解析】解：Q)图中甲同学拎着直尺的上端，放手后，直尺做自由落体运动，乙同学

用手夹住直尺，该实验测的是乙同学的反应时间

(2)该实验测量反应时间的原理是利用自由落体运动公式九=解得：£=后

(3)刻度尺的最小刻度为1mm,所以读数为19.60cm

代入数据可得：t=后=产噜正S=0.2s

故答案为:(1)乙；(2)件;(3)19.60,0.2.

(1)根据实验的特点判断；

(2)(3)根据公式h=：gt2求解。

本题在判断刻度尺的读数时要注意进行估读，保留两位小数。

14.【答案】AC0.10.86

【解析】解：(1)在本实验中，先保持质量不变，探究加速度与力的关系；再保持力不

变，探究加速度与质量的关系。这种研究方法叫做控制变量法。故8c错误，A正确。

故选：A；

(2)本实验在平衡摩擦力后，用祛码桶与祛码重力代替绳子的拉力，前提条件是祛码桶

与祛码的总质量远小于小车的总质量，这种方法会产生系统误差，随着尸的增大，即祛

码桶与祛码的总重力增大，装置的加速度增大，绳子的拉力将小于祛码桶与祛码重力，

使得小车实际加速度将小于理论加速度(虚线所示)，所以图象将向下弯曲，故a-F图

象接近图2中的C图；

22

⑶由题图中数据分别记为Si=2,98cm=2.98x10-m,s2=3.85cm=3.85x10-m,

2-2

s3=4.70cm=4.70x10~m,s4=5.55cm=5.55x10nio

相邻计数点时的时间间隔7=5x0.02s=0.1s。

根据匀变速直线运动的推论公式/x=aT?可得：(S3+s4)-(«i+s2)=a(2T)2。

代入数据解得：a=0.86m/s2»

故答案为：(1)4(2)C；(3)0.1s,0.86(0.85〜0.87均正确)

(1)本实验的研究方法是控制变量法。

(2)本实验在平衡摩擦力后，由于用祛码桶与祛码重力代替绳子的拉力，产生系统误差，

而且随着尸的增大，误差增大。

(3)根据=aT2,采用逐差法求小车运动的加速度大小。

本实验是探究加速度与力、质量的三者关系，研究三者关系必须运用控制变量法。要提

高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识

的理解与应用。

15.【答案】解：(1)设经时间ti摩托车与汽车恰好同速，则%=%-aj

此时汽车的位移：x汽［=%%

此时摩托车的位移：x摩1=v2tr

第18页，共23页

联立解得X储1-X汽1=50m>Si+S2=49即最多能追上2辆汽车

(2)设摩托车与车队最后一辆汽车相遇时间为3则x擘2一%汽2=S2

此时摩托车的位移：X摩2=〃2t-|at2

此时汽车的位移：X汽2=

联立代入数据解得：12=(10+5夜)s，t3=(10-5&)s

At=t2-t3=10A/2S

设经to时间摩托车停下，则方=at0

解得％=20s>(10+5&)s

摩托车从赶上车队到离开车队用时为10as

答：(1)摩托车最多能追上2辆汽车；

(2)摩托车从赶上车队到离开车队，共经历的时间t为10或s。

【解析】(1)根据摩托车与汽车恰好同速，解得此时摩托车与汽车的相对位移可知追上

汽车的数量：

(2)根据位移关系解得摩托车与车队最后一辆汽车相遇时间，再判断此时摩托车是否停

下即可分析解得共经历的时间。

本题考查追及相遇问题，解题关键抓住两车速度相等或者位移相等所对应的临界问题。

16.【答案】解：(1)设绳中张力为7,斜面对4的支持力为N.,A、B加速度大小为a,

以4为研究对象，由牛顿第二定律可得：mAgsin370-T=ma

以B为研究对象，由牛顿第二定律可得：T-mBg=mBa

联立解得：a-2m/s2；

(2)以斜面体、力和B整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得：

F-mAacos370=6x2x0.8N—9.6N。

答：(1)物块a加速度大小为2m/s2；

(2)挡板P对斜面体作用力的大小为9.6N。

【解析】(1)分别以4、B为研究对象，由牛顿第二定律列方程求解加速度大小；

(2)以斜面体、4和B整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律求解挡板P对斜面体

作用力的大小。

本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定

研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行

解答；注意整体法和隔离法的应用。

0E与竖直方向成60。，EpA=0,从C到E过程中，根据功能关系有：

ME=EpA-EpE，

电场力做功：

WAE=EqR(l+sind},

联立得：

EpE=-6x10-3/；

(2)从C到4过程中，根据动能定理有：

EqLcosO=-1mv^O,

因为mg=Eq,夹角120。所以合力为尸合=mg,方向斜向左下与水平方向成60。，因速

度最大值在。点，。。与。4成60。；

从4到。过程中，根据动能定理有：

F/?(l-cos60°)--mv3--mv1,

联立得：

vD—lOm/s,

所以最大速度为10m/s。

答：(1)电势能的最小值为一6x10-3/；

(2)最大速度的大小为10m/s。

【解析】(1)沿电场线方向电势逐渐降低，找出最低电势点，根据功能关系求该点电势

能；

(2)根据受力情况，找出等效最低点D,在根据动能定理求最大速度。

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本题考查带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，解题关键是明确电势最低点和等效最低点

位置。

18.【答案】BCE

【解析】解：4用气筒给自行车打气，越打越费劲是因为车胎内气体的压强在变大，但

车胎内气体分子间距离依然很大，远远超过分子间作用力的范围，故A错误；

员合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体，故B正

确；

C.在卡车装沙子过程中，车胎内气体体积减小，外界对气体做功，但气体温度不变即内

能不变，由热力学第一定律=W+Q可知，气体向外放热，故C正确；

。.使尾气成分分离需要消耗能量，不可能自发分离，故。错误；

E.PM2.5的无规则运动属于布朗运动，它反映了空气中分子的无规则运动，故E正确，

故选：BCE.

用气筒给自行车打气，越打越费劲是因为车胎内气体的压强在变大，合适的条件下，某

些晶体和非晶体可以转变;卡车装沙子过程中，车胎内气体体积减小，外界对气体做功，

使尾气成分分离需要消耗能量，PM2.5的无规则运动属于布朗运动。

本题考查热力学第二定律与布朗运动等知识点，解题关键掌握热力学定律，注意PM2.5

是大颗粒，其无规则运动属于布朗运动。

19.【答案】解：①加力F后，