2021年陕西省安康市高考物理第二次质检试卷

2021年陕西省安康市高考物理第二次质检试卷

1.如图所示，质量都为他的两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止,

用大小等于，阳的恒力尸向上拉运动距离〃时B与A分离。则下B

A

列说法中正确的是（）

A.8和A刚分离时，弹簧为原长

B.8和A刚分离时，它们的加速度为g

C.弹簧的劲度系数等于詈

D.在8与A分离之前，它们作匀加速运动

2.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实0

VA

了爱因斯坦100年前的预言，弥补了爱因斯坦广义相对论

中最后一块缺失的“拼图”，其实，孤立的恒星与一颗行星组成的系统就是一个双

星系统.如图所示，恒星。、恒星匕在万有引力作用下，绕连线上一点O以相同的

周期做匀速圆周运动，现测得行星6圆周运动的半径为0，运动周期为T,a、6的

距离为/,已知万有引力常量为G,则（）

A.恒星a的质量为。

GT2

B.恒星。与行星6的总质量为塔

C.恒星。与行星匕的质量之比为拶

D.恒星a的运动可以等效于静止在。点，质量为富的天体做半径为（，-弓）的圆

周运动

3.如图所示为某弹簧振子在0〜5s内的振动图象，由图可8am

知，下列说法中正确的是（）n\\-

K2/3451/■

A.振动周期为5s,振幅为8cm

B.第2s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值

C.从第1s末到第2s末振子在做加速运动

D.第3s末振子的速度为正向的最大值

4.如图，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态从在此过

程中，其压强（）

O

A.逐渐增大

B.逐渐减小

C.始终不变

D.先增大后减小

5.如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固,一葭.工

定在。点，另一端系一带正电的小球，小球在只受重力、电d:

场力、绳子的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所一►

受的电场力大小等于重力大小.比较。、匕、c、d这四点，小

球（）

A.在最高点a处的动能最小B.在最低点c处的机械能最小

C.在水平直径右端b处的机械能最大D.在水平直径左端d处的机械能最大

6.某物理兴趣小组的同学在研究运动的合成和分解时，驾

I

驶一艘快艇进行了实地演练.如图所示，在宽度一定的0;

河中的。点固定一目标靶，经测量该目标靶距离两岸的

I*

最近距离分别为M。=15m、NO=12?n,水流的速度二

平行河岸向右，且速度大小为%=8m/s,快艇在静水中的速度大小为吭=10m/s.

现要求快艇从图示中的下方河岸出发完成以下两个过程；第一个过程以最短的时间

运动到目标靶；第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，在下

列说法正确的是（）

A.快艇的出发点位于M点左侧8〃i处

B.第一个过程所用的时间约为1.17s

C.第二个过程快艇的船头方向应垂直河岸

D.第二个过程所用的时间为2s

7.在光电效应实验中，分别用频率为玲、%的单色光。、人照射到同种金属上，测得

相应的遏止电压分别为〃和4、光电子的最大初动能分别为Eka和为普朗克

常量。下列说法正确的是（）

A.若%>%，则一定有Ua<Ub

B.若Va>Vb,则一定有Eka>Ekb

C.若Ua<Ub,则一定有>Ekb

E

D.若"a>vb,则一定有hVa-ka>八%一^kb

8.如图所示，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，小物块从倾角

为处的轨道上高度为人的A点静止释放，运动至B点时速度为％.现将倾斜轨道的

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倾角调至为。2,仍将物块从轨道上高度为人的A点静止释放，运动至B点时速度为

%.已知。2<%，不计物块在轨道接触处的机械能损失.贝K）

A.vr<v2

B.vr>v2

C.%=v2

D.由于不知道%、%的具体数值，%、方关系无法判定

9.在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左

右两个臂上.当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一

半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂.已知线圈1,2的匝数

之比%：改=2：1.在不接负载的情况下（）

A.当线圈1输入电压为220y时，线圈2输出电压为110V

B.当线圈1输入电压为220/时，线圈2输出电压为55V

C.当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为220V

D.当线圈2输入电压为110丫时，线圈1输出电压为110V

10.如图所示为足球球门，球门宽为3一个球员在球门中心正

前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（

图中P点），球员顶球点的高度为/?,足球做平抛运动（足球

可看成质点，忽略空气阻力），则（）

A.足球位移的大小X=器+S2

B.足球初速度的大小几=Jw6+s2）

C.足球末速度的大小u=+$2）+4gh

D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan。=机

2s

11.将一段导线绕成图中所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的外边置

于垂直纸面向里的匀强磁场I中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场n,以向里

为磁场口的正方向，其磁感应强度B随时间r变化的图象如图乙所示。用F表示必

边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间f变化的图象是

()

12.某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图1所示，继电器与

热敏电阻R、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15〃7A时，

衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。继电器的电阻约为20。，热敏电阻的阻

值凡与温度r的关系如表所示

t/℃30.040.050.060.070.080.0

RJQ199.5145.4108.181.862.949.1

(1)提供的实验器材有：电源%(3V,内阻不计)、电源E2(6V,内阻不计)、滑动变

阻器8(0〜2000)、滑动变阻器&(0〜5000)、热敏电阻心，继电器、电阻箱

(0〜999.90)、开关S、导线若干。

为使该装置实现对30〜80K之间任一温度的控制，电源E应选用(选填“EJ

或“&”)，滑动变阻器R应选用(选填"RJ或"/?2”)。

|电源

加热器

I

T

WT

TW继中.器”

VT

图1图2

(2)实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电

压，则应将如图2所示的选择开关旋至(选填"A”、“8"、“C”或)

(3)合上开关5,用调节好的多用电表进行排查，在图1中，若只有尻c间断路，

则应发现表笔接入。、。时指针(选填“偏转”或“不偏转”)，接入“、c

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时指针（选填“偏转”或“不偏转”）«

（4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50冤时被吸合，下列操作步骤正确顺序是

。（填写各步骤前的序号）

①将热敏电阻接入电路

②观察到继电器的衔铁被吸合

③断开开关，将电阻箱从电路中移除

④合上开关，调节滑动变阻器的阻值

⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.10

13.如图，半径为R的半球形玻璃体置于水平桌面上，半球

的上表面水平，球面与桌面相切于A点。一细束单色光rjj

经球心。从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面）J

,入射角为45。，出射光线射在桌面上8点处。测得

之间的距离为|,现将入射光束在纸面内向左平移，求射入玻璃体的光线在球面上恰

好发生全反射时，光束在上表面的入射点到O点的距离。不考虑光线在玻璃体内的

多次反射。

14.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量M的卡通玩具稳定地悬停在空中。

为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度又竖直向上喷出；玩

具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为

零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为p,重力加速度

大小为g。求

⑴喷泉单位时间内喷出的水的质量；

（"）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

15.如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长及=LOm的木

板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面4=0.8m,桌面总

长G=1.5m,斜面与水平桌面的倾角。可在0〜60。间调节

后固定，将质量rn=0.2kg的小物块(可视为质点)从斜面

顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数〃1=0.05,物块与桌面间的动摩擦因数

“2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速

度取g=10m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力;取sin37°=0.6,cos370=0.8)

(1)求当8=30。时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)

(2)当。增大到37。时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数处；

(3)&取第(2)问中的数值，当。角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距

离是多少。

16.如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上，两板之间

的右侧区域存在方向垂直纸面向里、长为2d的矩形匀强磁场，磁场的磁感应强度

为8;将喷墨打印机的喷口靠近下板上表面(墨滴与下极板恰好没接触)，从喷口连

续不断沿水平方向喷出质量均为机、带相等电荷量为+q的墨滴.调节电源电压至

某值时，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动，并进入电场、磁场共存

区域运动；不考虑边缘效应，重力加速度为。求：

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JU丁一,2〃

pXXXxj-

•XXXXx«/

xxx

hx|4

(1)墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动时.，极板两端电压［/为多大？

(2)要使进入电场、磁场共存区域的墨滴打不到上极板，水平速度%的值。

17.一辆货车运载着完全相同的圆柱形光滑的空油桶，在车厢底，一层油桶平整排列，

相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一个质量为〃?的桶C，自由地摆放在桶A、B

之间。若桶A、桶B和汽车一起沿水平地面做匀速直线运动，如图所示。重力加速

度大小为g,则桶A对桶C的支持力大小为()

A.如gD.mg

18.关于下列四幅图对应的说法，正确的是()

A.图甲中垫起的排球在最高点瞬间的速度、加速度均为零

B.图乙中线断后小球将沿光滑水平面继续做圆周运动

C.图丙中扭秤实验装置结构利用了“放大”的思想

D.图丁中的列车静止时没有惯性

19.如图所示，在河的两岸有A、8两个渡口，某人开船从

渡口4沿直线匀速运动到对岸的渡口8,若A、B

的连线与河岸成30。角，水流速度为8m/s,则小船在静

水中的最小速度为（）

A.lm/sB.4百m/sC.4m/sD.8m/s

20.一质量rn=50g的鸡蛋从100根高处由静止开始自由下落，鸡蛋落到水平地面与地

面碰撞的时间约为2x10-35,不计空气阻力。则该碰撞过程中鸡蛋对地面的平均

作用力大小约为（）

A.300NB.600/VC.HOOND.2200/V

21.如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量为1奴的物块在水平向右的拉力厂的作用下

做直线运动，3s后撤去外力，物块运动的速度-时间图象如图乙所示，则拉力尸的

大小为（）

甲

A.10NB.5NC.3ND.2N

22.如图所示，用一沿水平面运动的小车通过轻绳提升一滑块，滑块沿竖直杆上升，某

一时刻，小车的速度大小%=6m/s,拴在小车上的绳子与水平方向的夹角。=30°,

拴在滑块上的绳子与竖直方向的夹角a=45。。则此时滑块竖直上升的速度大小为

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23.地球位于火星与太阳之间且三者在同一直线上时称为“火星冲日”。已知地球绕太

阳做圆周运动的周期为T,火星绕太阳做圆周运动的轨道半径为地球绕太阳做圆周

运动的轨道半径的〃倍。则相邻两次“火星冲日”的时间差为（）

A.\B.C.嘤TD.-fi-T

九一1nvn-1yjn-lvn-1

24.竖直平面内一根长I=Izn的轻绳一端固定于。点，另一端系一质量巾=°

90g的小球（可视为质点）。一质量m（）=10g的子弹以北--100m/s的速度

水平射入小球（子弹射入小球的时间极短），并留在小球内与小球一起绕。

点做圆周运动。取重力加速度大小g=10m/s2,不计空气阻力。则下列

分析正确的是（）

A.子弹射入小球后瞬间的速度大小为10m/s

B,子弹射入小球前、后瞬间绳子对小球的拉力大小之比为专

C.小球运动到最高点时的速度大小为6m/s

D.小球运动到最高点时受到绳子的拉力大小为6N

25.一质点沿x轴做直线运动，其x-t图象如图所示。下列时间内，质点的平均速度大

小是2m/s的有（）

A.0〜IsB.1s〜3sC.3s〜4sD.4s〜5s

26.如图所示，一固定斜面的倾角为30。，一质量为机的

小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀

减速运动，加速度大小等于0.8g（g为重力加速度大

小）。物块上升的最大高度为H,则此过程中（）

A.物块的重力势能减少了mgHB.物块的动能损失了

C.物块的机械能损失了0.8mgHD.物块克服摩擦力做功0.6mgH

27.在光滑水平面上，质量为，入速度大小为v的A球跟质量为3〃?的静止的B球发生

碰撞，碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后8球的速度大小可能为（）

A.0.28vB.0.4vC.0.52vD.0.6v

28.如图所示，长为2L的轻杆一端可绕。点自由转动，杆的

中点和另一端分别固定两个质量均为〃7的小球A、8。让；4R

It

轻杆从水平位置由静止释放，在转动至竖直位置的过程中，：:

It

不计空气阻力，重力加速度大小为g,下列说法正确的是

()

A.杆对8球做的功为

B.重力对A球做功的功率一直增大

C.杆转动至竖直位置时，。点对杆的弹力大小为gmg

D.杆转动至竖直位置时，8球的速度大小为理

5

29.某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹

簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都在竖直方向上。弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度

记为L。；弹簧下端挂上祛码盘时，长度记为

(1)在祛码盘中每次增加20g祛码，弹簧长度依次记为力至及，数据如表：

弹簧长度LoLx乙2L3乙4Ls乙6

数值(cm)6.157.139.1011.0513.0115.016.9318.83

表中有一个数值记录不规范，代表符号为(填“L。”、、“人”、

“2"、"、、”5”、或“6“)。

(2)该同学根据表中部分数据作的图如图所示，纵轴是祛码的质量，横轴是弹簧长

度与(填“Lo”或)。

(3)由图可知弹簧的劲度系数为N/m(结果保留两位有效数字，取重力加速

度大小g=9.8m/s2)«

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30.某同学利用如图甲所示的装置来验证机械能守恒定律。将宽度为d的挡光片水平固

定在物体4上，将物体A、B同时由静止释放，释放时挡光片上端与光电门之间的

高度差为力，让质量较大的物体B通过细线绕过轻质定滑轮带着A一起运动，挡光

片通过光电门的时间为f,已知当地的重力加速度大小为g。回答下列问题。

(1)该同学用游标卡尺测挡光片的宽度时，测量情况如图乙所示，则挡光片的宽度

d=mm°

(2)由于没有天平，不能直接测出两物体的质量，该同学找来了一个质量为Tn。的标

准祛码和一根弹簧，将标准祛码、物体做包括挡光片)和物体B分别静止悬挂在弹

簧下端,用刻度尺测出弹簧的仰长量分别为^、/、^，则物体人的质量叫!=.

(3)用挡光片通过光电门的平均速度表示挡光片上端到达光电门时的速度，若运动

过程中物体A、B组成的系统机械能守恒，则应满足关系式(如-xA)gh=(用

题中己测得或已知的物理量的字母表示)。

31.在一些影视剧中经常能看到一些特技表演。如图所示，有一高台离地面的高度九=

5m,一特技演员骑摩托车从坡底由静止出发，冲上高台后以某一速度水平飞出，

在水平地面上的落点到高台边沿的水平距离x=20m。已知摩托车从坡底冲上高台

的过程历时t=15s,人和车的总质量m=2x102kg,发动机的功率恒为P=4kW,

不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2«求：

(1)摩托车水平飞出高台时的速度大小：

(2)摩托车在冲上高台的过程中克服摩擦阻力所做的功。

32.E7C是高速公路上不停车电子收费系统的简称，如图所示。汽车以15/n/s的速度匀

速行驶，如果过人工收费通道，需要在收费站中心线处减速至0,经过20s缴费后，

再加速至15m/s行驶;如果过ETC通道，汽车需要在中心线前方10根处减速至5m/s,

匀速到达中心线后，再加速至15zn/s行驶。汽车过人工收费通道和ETC通道的加

速、减速过程的加速度大小均为lm/s2。

(1)若汽车过人工收费通道，求从收费前减速开始，到收费后加速结束，汽车总共

经过的时间f和通过的路程s；

(2)若汽车过ETC通道，通过与第(1)问相同的路程，求与汽车过人工收费通道相比，

所节约的时间。

收费站中心线

：匀速行

：驶区METC通道

人工收费通遒

33.如图所示，一质量m=1kg的滑块从固定在竖直面的半径R=3.2m的光滑四分之一

圆弧轨道的最高点由静止滑下，从轨道末端水平射出，掉到质量M=9kg的小车里,

并立即与小车保持相对静止。已知小车在水平面上滑动时受到的阻力与其受到的重

力大小的比值k=0.1,取重力加速度大小g=l(hn/s2,不计空气阻力。求：

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(1)滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力;

(2)滑块与小车碰撞后瞬间的速度大小；

(3)小车在水平面上滑行的最大位移和时间。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A、B和A刚分离时，B受到重力〃密和恒力F,8的加速度为零，A的加

速度也为零，说明弹力对A有向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态。故AB错

误。

C、B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为机g,原来静止时弹力大小为2zng,则弹力减

小量△F=mg.两物体向上运动的距离为h,则弹簧压缩量减小△x=儿由胡克定律得：

k=广=*故C正确。

Axh

D、对于在B与A分离之前，对A8整体为研究对象，重力2,咫不变，弹力在减小，

合力减小，整体做变加速运动。故。错误。

故选：Co

本题关键在于分析B和A刚分离时A、B的受力情况，来确定弹簧的状态。

2.【答案】B

【解析】解：ABC,由题意可知，〃和〃到。点的距离分别为Q-2）和％,设两星质量

分别为修和“2，由万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得：

对Mi：G*="1争2"崂，即："2=胃詈电

对“2：G-磬=”2（素）2灰，即：M]=41?

两式相加得“1+"2=（/-rb+%）=晟g

恒星。与人的质量之比为票=?，故AC错误，8正确；

M2L-rb

。、将该系统等效成中心天体和环绕天体，再根据%=尸向，即

得M=4节;炉,故。错误；

故选：B。

双星系统中，两颗星球绕同一点做匀速圆周运动，且两者始终与圆心共线，相同时间内

转过相同的角度，即角速度相等，则周期也相等.但两者做匀速圆周运动的半径不相等.

本题考查万有引力中的双星模型以及万有引力公式中各物理量得物理意义.学生对万有

引力公式和向心力公式中R的物理意义分不清，找不到双星模型的特点，找不到它们之

间相等的物理量.

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3.【答案】D

【解析】解：A、振幅是位移的最大值的大小，故振幅为8cm,而周期是完成一次全振

动的时间，振动周期为4s,故4错误；

B、第2s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值，故B错误；

C、从第1s末到第2s末振子在做减速运动，故C错误；

。、第3s末振子的位移为零，振子经过平衡位置，故速度最大，且方向为正，故。正

确；

故选：

简谐运动的位移时间图象反映了质点相对平衡位置的位移与时间的关系，从图象可以得

到振幅、周期以及任意时刻的位移.

本题关键根据简谐运动的位移时间图象得到弹簧振子的周期和振幅，然后结合实际情况

进行分析.

4.【答案】A

【解析】解：根据气体状态方程牛=C,

因为沿直线从。到4V逐渐变小，T逐渐变大，所以p逐渐变大。

故选：A。

由图象知气体的体积减小、温度升高，由理想气体状态方程问题立解。

本题考查理想气体状态变化规律及图象，难度：较易。

5.【答案】C

【解析】解：小球受电场力和重力大小相等，方向水平向右，则小球所受电场力和重力

的合力如图所示।©一.二象

合力与水平方向成45。角偏右下方.---------------------况、#

4、如图小球所受合力方向可知，小球从“到向示二二：；产

e点运动时，合力对小球做负功，小球动能将减>

小，故a点不是小球动能最小的点（最小的点在;，中~A

e点），故A错误；'A

BCD、除重力以外其它力做功等于机械能的增量，拉力不做功，从4到b的过程中，电

场力做正功，则b点机械能最大，d点机械能最小.故C正确，B、力错误.

故选c.

通过电场力和重力的合力方向确定圆周运动的等效最高点，从而确定动能最小的位置，

通过除重力以外其它力做功等于机械能的增量判断出何处机械能最大，何处机械能最小.

解决本题的关键确定圆周运动的等效最高点，掌握除重力以外其它力做功与机械能的关

系.

6.【答案】D

【解析】解：A、由于船的合运动是船相对于静水的速度与随水向下运动的速度的和，

所以当船头的方向始终与河岸垂直时，船到达。点的时间最短，最短时间为：

0M15

ti=---=―――1.5s

v210

该过程中，船随水流向下游方向的位移：x=Viti=8x1.5=12m,可知船开始时要

位于M左侧12/»处.故A错误，8错误；

C、第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，则船的合速度的方向

垂直于河岸的方向，所以船头的方向要向河的上游有一定的角度.故C错误；

。、结合C的分析可知，若第二个过程由目标靶以最小的位移运动到图示中的上方河岸，

则船头的方向要向河的上游有一定的角度0,此时：

v1=V2COS0

所以：6=37°

垂直于河岸的方向的分速度：vy=v2sind=10xsin370=6m/s

第二个过程所用的时间为：t2=^=?=2s.故。正确.

VyO

故选：D

目标靶固定不动，船的合运动是船相对于静水的速度与随水向下运动的速度的和，结合

运动的合成与分解即可求出最短运动的时间与最短位移的时间.

解决本题的关键是知道分运动与合运动具有等时性，知道在两种情况下对应的临界条件.

7.【答案】B

【解析】解:A8、根据光电效应方程=明知，%＞玲，逸出功相同，则＞Eg，

又Ekm=eUc，则Ua＞4，故A错误，B正确；

C、根据知，若%＜九,则一定有好。＜Eg,故C错误；

D、逸出功%=无〃-Ekm，由于金属的逸出功相同，则有：hva-Eka=hvb-Ekb,

故。错误；

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故选：B。

根据光电效应方程，结合入射光频率的大小得出光电子最大初动能，结合最大初动能和

遏止电压的关系比较遏止电压。

解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系，注意金属的

逸出功与入射光的频率无关。

8.【答案】C

【解析】

【分析】夕Z

对于释放过程，从A到8的过程中，根据动能定理列

J______■X%1

式求出到达8点的速度与倾角之间的关系即可判断。DC

本题主要考查了动能定理的直接应用，关键是求出到达8点的速度与倾角无关，难度适

中。

【解答】

设小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数为生从A到B的过程中，根据动能

定理得:

1h

37n询9-0=mgh-fimgcosO--^―-^imgx

zsine?BD

则3m据=mgh-nmgh-力-nmgx,

ztan(7BD

而〃a=MgxDc

Lantz

所以如诺=mgh-nmgxBC,由此可以看出到达8点的速度与倾斜轨道的倾角无关,

所以%=%，故C正确，错误。

故选C。

9.【答案】BD

【解析】解：因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比,

所以当从线圈1输入电压/=220U时，由

U1Ei几i△4

U?E?的△⑦21

得4=汕=ix220l/=55l/.

当从线圈2输入电压4=110M时，同理由

出=,2%=1,2=1

U1H,2△<X^221

得Ui=U2=110V.

故选：BD。

根据变压器的电压与匝数成正比，感应电动势与磁通量的变化率成正比分别求从不同端

输入电压时另一端的电压.

本题考查了变压器的原理及电压与匝数成正比的原理，难度中等.

10.【答案】B

【解析】解：A、由题可知，足球在水平方向的位移大小为：％=旧+（2所以

足球的总位移：％=y/Xx+h.2=Js?+八2+故A错误；

B、足球运动的时间：t=后,所以足球的初速度的大小：%=曰=聆咛+s2）.故8

正确；

C、足球运动的过程中重力做功，由动能定理得：mgh=^mv2-\rnvl，联立以上各式

得：J卷W+s2）+2gh.故C错误;

。、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值由加=1=亳故。错误。

故选：Bo

首先要根据几何关系确定足球运动的轨迹，然后确定水平方向的位移，再由平抛运动的

规律求出足球的初速度的大小；根据动能定理在确定足球的末速度的大小以及足球初速

度的方向与球门线夹角的正切值.

该题结合日常生活中的实例考查平抛运动、动能定理等知识点的内容，题目中抛出点的

位置与球门组成的几何关系是解题过程中的关键，也是容易出现错误的地方.

11.【答案】B

【解析】

【分析】

当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈

的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生。由楞次定律可

知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向。

本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律

进行判定。根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流

的变化，进而可确定安培力大小的变化。

第18页，共32页

【解答】

在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感

应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab

边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方

向为顺时针方向，通过岫的电流方向从b-*a,由左手定则判断得知，岫所受的安培

力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水

平向右。故8正确。

故选：B。

12.【答案】(1*2；/?2；

(2)C；

(3)不偏转；偏转；

(4)⑤④②③①

【解析】

【分析】

(1)分析不同温度下热敏电阻的阻值，根据实验要求进行分析，从而明确应采用的电源

和滑动变阻器；

(2)明确多用电表的使用方法，根据要求选择对应的量程；

(3)根据电压表的测量方法以及电路结构进行分析，从而明确指针是否发生偏转；

(4)明确实验原理，确定实验方法，从而明确实验中应进行的基本步骤。

本题考查多用电表的使用方法，要注意明确实验原理，注意分析实验电路图，从而确定

实验应采用的基本方法，从而确定实验所采用的仪器。

【解答】

解：(1)要想控制3(TC时的情况，此时热敏电阻的阻值约为2000,需要的最小电动势E=

0.015x(200+20)=3.31/；由于还要考虑滑动变阻器的阻值，因此3V的电源电动势

太小，应选择6V的电源E2；

滑动变阻器采用限流接法，因此其阻值应约为热敏电阻的几倍左右，因此滑动变阻器应

采用/?2

(2)要想测量电压，应将旋钮旋至电压档位上，因电动势为6匕因此应选择10V量程,

故旋至C点；

(3)若只有从c间断路，则应发现表笔接入h时电表与电源不连接，因此指针不偏

转；而接入a、c时，电表与电源直接连接，故指针发生偏转；

(4)要使50久时被吸热，由表格数据可知，电阻为108.10；为了使衔铁在热敏电阻为50久

时被吸合，应先电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.10；再合上开关，调节滑动变阻

器的阻值，直到观察到继电器的衔铁被吸合；此时再断开开关将电阻箱取下，换下热敏

电阻即可实现实验目的；故步骤为⑤④②③①；

故答案为：(1)%;R2-.(2)C；(3)不偏转：偏转；(4)⑤④②③①

13.【答案】解：当光线经球心O入射时，光路图如右上图所示。设玻璃的折射率为〃，

由折射定律有：

sini不

n=—sinr①

式中，入射角i=45。，r为折射角。

△OAB为直角三角形，因此s讥r=万备嬴②

发生全反射时，临界角C满足：s》C=L③

n

在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，光路图如右下图所示。设此时光线入射点为E,

折射光线射到玻璃体球面的。点。由题意有

乙EDO=C④

在△EDO内，根据正弦定理有而右=黑⑤

联立以上各式并利用题给条件得0E=坦上

2

答：光束在上表面的入射点到。点的距离为在R。

2

【解析】根据几何关系求出光线从。点射入时的折射角的正弦，结合折射定律求出折射

率，在玻璃体球面上光线恰好发生全反射时，作出光路图，根据角度关系，运用正弦定

理求出光束在上表面的入射点到。点的距离。

解决本题的关键作出光路图，灵活运用数学知识，结合折射定律和全反射的知识进行求

解。本题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练。

14.【答案】解：

(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量tn=pV=pSv0,

(ii)设水到达卡通玩具处的速度为v,玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h,

根据运动学基本公式得：户-诏=-2gh,

水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正，根据动量定理得:

—Mgt=pSvQt(fi—v)

联立解得：九=咚窖空

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答：

(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量为pSq,；

5)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为嗡箸.

【解析】本题主要考查了动量定理与运动学基本公式的直接应用，知道玩具在空中悬停

时，受力平衡，合力为零，另外注意水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为

零，难度适中。

①喷泉单位时间内喷出的水的质量m=p，求解；

(日)玩具在空中悬停时，受力平衡，水对玩具的冲击力等于玩具的重力，根据运动学基

本公式求得水上升到玩具处的速度，再根据动量定理列式求解即可。

15.【答案】解：(1)物块沿斜面下滑时由牛顿第二定律得：mgsin6-^mgcos9=ma

代入数据得：a=5-0,25V3m/s2

(2)从释放到停下由动能定理得：mgL^ind-^mg^cos6-42mg&-^cos0)=

0-0

代入数据得：林2=0.8

(3)从释放到滑离桌面的过程由动能定理得：mg^sin0-417ngZ^cos0-112mg心一

17

Licos0)=-mvz

解得：v2=20(sin6-1.2+^cos0)

ms

当6=53。时4n姐=1/

由于H=[gt2解得：t=o.4s

水平位移：%!=vt=0.4m

=

最大距离：xm=%1+L21-9m

答：(1)当8=30。时，物块在斜面上下滑的加速度的大小是5-0.25V5m/s2；

(2)当0增大到37。时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数0.8；

(3)当。角为53。时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离％„是1・9〃1。

【解析】(1)物块沿斜面下滑时由牛顿第二定律可求得加速度；

(2)对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；

(3)根据动能定理及几何知识求出离开桌面的最大速度，物体离开桌面后做平抛运动，

由平抛运动的规律可求得最大距离。

本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应

分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法。

16.【答案】解：（1）墨滴在电场区做匀速直线运动时，电场力与重力二力平衡得：

qE=mg,其中：E=?,

解得：U=等

（2）进入电场、磁场共存区域的墨滴，合力为洛伦兹力，故墨滴做匀速圆周运动，其打

不到上极板的临界轨迹如图所示：

轨迹①为恰好不打在上极板左边缘，设其半径为此,轨迹恰好是半圆，则：&=：

轨迹②为恰好不打在上极板右边缘，设其半径为Rz，

几何关系为：账二37+⑸一存，解得：R2=Y

洛伦兹力提供向心力：皿，线速度表达式为："=鲤

可得：%=晒；

12mN2m

因此，水平速度%的取值：为（翳或“。＞鬻

答：（1）极板两端电压U为等；

（2）水平速度%的取值：%＜警或%＞等。

【解析】（1）墨滴在板间电场做匀直线运动，由受力平衡知电场力，进而求电压；

（2）作轨迹图根据条件确定找到临界圆周轨迹，求半径，由洛伦兹力提供向心力列式求

得线临界速度，进而确定满足条件。

本题难度不是很大，但是有个易错点就是确定临界运动轨迹时，易漏掉左侧射出磁场的

情况，平时要多积累经验，想问题要全面。此类问题的基本功是能根据几何知识找到圆

心、求解半径以及圆心角，大多情况是归结到三角形中利用边角关系求解。

17.【答案】B

第22页，共32页

【解析】解：对物体C受力分析，受重力、A和B对C

的弹力

根据几何知识：弹力与竖直方向的夹角为30°

根据平衡条件得到：

N=等+cos30。=故AC£>错误，8正确。

故选：B。

对球C进行受力分析，根据共点力平衡、力的合成以

mg

及数学知识解决问题

掌握力的合成方法，运用共点力平衡去解决问题。

18.【答案】C

【解析】解：A、图甲中垫起的排球做竖直上抛运动，排球在最高点瞬间的速度为零，

加速度等于重力加速度不为零，加速度方向竖直向下，故A错误；

8、图乙中线断后小球将保持原来的运动状态，做匀速直线运动，故B错误；

C、图丙中扭秤实验装置结构利用了“放大”的思想，故C正确；

。、一切物体都有惯性，惯性是物体本身的一种基本属性，故。错误。

故选：C„

排球做竖直上抛运动，在最高点排球速度为零，加速度竖直向下；图乙中线断后小球将

保持原来的运动状态；

图丙中扭秤实验装置结构利用了“放大”的思想；一切物体都有惯性，惯性是物体本身

的一种基本属性，其大小只与质量有关，质量越大，惯性越大。

本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识是解题的前提与关键，应用基础知

识即可解题，平时要注意基础知识的学习。

19.【答案】C

【解析】解：小船从A-B运动的速度是船速和水速B

的合速度，利用三角形法则画出三个速度的图象如图

所示，则小船在静水中的最小速度为

v=v^.sin30°=8x0.5m/s=4m/s

故选：C„

利用速度的合成和分解以及三角形原则，找到最短直线即为船速最小值。

运动的合成和分解中渡河问题是重难点，理解并熟练掌握平行四边形法则和三角形法则

是解决这类题目的关键。

20.【答案】C

【解析】解：鸡蛋做自由落体运动，落地速度：v=频K=V2x10x100m/s=

20V5m/s;

鸡蛋的质量m=50g=0.050kg,与地面的接触时间t=2x1Q-3S；

以向上为正方向，则鸡蛋落地时的速度：v=-20m/s

对鸡蛋落地过程，由动量定理得：

(F—mg)t=0—mv

代入数据解得：尸=500*N2llOON,由牛顿第三定律可知，鸡蛋对地面的平均冲击

力为1100N,故C正确，ABQ错误。

故选：C»

不计空气阻力，鸡蛋做自由落体运动，求出鸡蛋落地时的速度，鸡蛋与地面接触过程,

应用动量定理求出地面对鸡蛋的平均作用力，然后应用牛顿第三定律求出鸡蛋对地面的

平均作用力。

本题考查了动量定理的应用，分析清楚鸡蛋的运动过程是解题的前提，应用运动学公式

与动量定理即可解题；解题时注意正方向的选择。

21.【答案】B

【解析】解：在v-t图象中斜率代表加速度，故在拉力F作用下加速度为的=笠=

△L

|m/s2=2m/s2

根据牛顿第二定律可得：F-f=mar

撤去外力后加速度为：a2=詈=合瓶/$2=-3m/s2

根据牛顿第二定律可得：一/=小。2

联立解得尸=5N,故AC。错误，B正确

故选：Bo

在u-t图象中斜率代表加速度，求得加速阶段和减速阶段的加速度，根据牛顿第二定

律即可求得拉力。

本题主要是考查牛顿第二定律和图象的结合，关键是掌握图线斜率的物理意义是运动物

体的加速度。