2021年江苏省盐城市高考物理一模试卷

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1、1 1 1 1 1 2 𝑣2 2 𝑣2 𝑣2021 年江苏省盐城市高考物理一模试卷一、单选题1. 如图所示，物体𝐴放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹 簧的长度小于原长若再用一个从零开始逐渐增大的水平力𝐹 向左推𝐴，直到把𝐴推 动在𝐴被推动之前的过程中，弹簧对𝐴的弹力𝐹 大小和地面对𝐴的摩擦力𝑓 大小的变化 情况是（ ）A.𝐹 保持不变，𝑓 始终减小B.

2、𝐹 保持不变，𝑓 先减小后增大C.𝐹 始终增大，𝑓 始终减小D.𝐹 先不变后增大，𝑓 先减小后增大2. 如图，倾角𝜃 = 37 的光滑斜面固定在水平面上，斜面长𝐿 = 0.75𝑚，质量𝑚 =21.0𝑘𝑔的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37 10𝑚/𝑠，则（ ）= 0.6，cos37= 0.8，重力加速度𝑔 取A.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7

3、.5𝐽B.物块滑到斜面底端时的动能为1.5𝐽C.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24𝑊D.物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18𝑊3. 如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直一小物块以速 度𝑣 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与 轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度为𝑔 ）（ ）A.16𝑔B.𝑣8𝑔C.4𝑔D.2𝑔4. 真空中有两个

4、静止的点电荷，它们之间的作用力为𝐹 ，若它们的带电量都增大为原 来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为（ ）试卷第 1 页，总 19 页3 𝐹0 0 0 0 A.16𝐹B.94𝐹C. 𝐹2D.25. 如图所示，一个边长为2𝐿的等腰直角三角形𝐴𝐵𝐶 区域内，有垂直纸面向里的匀强磁 场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为𝐿 的正方形线框𝑎𝑏𝑐𝑑 ，线框以水平速度

5、𝑣 匀速 通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正则在线框通过磁场的过程中，线框 中感应电流𝑖 随时间𝑡 变化的规律正确的是（ ）A. B.C. D.6. 如图所示，滑板运动员以速度𝑣 从距离地面高度为 的平台末端水平飞出，落在水 平地面上。运动员和滑板均可视为质点，忽略空气阻力的影响。下列说法中正确的是 （ ）A. 一定时，𝑣 越大，运动员在空中运动时间越长B. 一定时，𝑣 越大，运动员落地瞬间速度越大C.运动员落地瞬间速度与高度 无关D.运动员落地位置与𝑣 大小无关7. 以10

6、𝑚/𝑠的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为𝑎 = 4𝑚/𝑠 加速度，刹车后第3𝑠内，汽车走过的路程为（ ）2的A.12.5𝑚B.2𝑚C.10𝑚D.0.5𝑚试卷第 2 页，总 19 页1 1 1 1 1 8. 如图所示，甲、乙两辆汽车从同一地点同时出发，并向同一方向直线行驶，下列判 断中正确的是（ ）A.在𝑡 时刻，甲、乙两车的速度相等B.从同地同时出发后，甲、乙两汽车在𝑡 时刻相遇C.在&

7、#119905; 时间内，乙车平均速度比甲车平均速度小D.在𝑡 时刻以前，甲车速度始终比乙车速度小9. 如图所示，运动员把质量为𝑚 的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高 度为 ，在最高点时的速度为𝑣 ，不计空气阻力，重力加速度为𝑔 下列说法正确的是 （ ）2A.运动员踢球时对足球做功 𝑚𝑣2B.足球上升过程重力做功𝑚𝑔C.运动员踢球时对足球做功𝑚𝑔 +12𝑚𝑣2D.足球上升过程克服重力做功

8、19898;𝑔 +12𝑚𝑣210. 在如图所示的𝑈 𝐼 图像中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直 线为某一电阻𝑅 的伏安特性曲线用该电源与电阻𝑅 组成闭合电路由图像判断错误 的是（ ）A.电源的电动势为3𝑉 ，内阻为0.5𝛺B.电阻𝑅 的阻值为1𝛺C.电源的效率为80%试卷第 3 页，总 19 页1 2 1 2 D.电源的输出功率为4𝑊二、多选题两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球

9、𝐴、𝐵 ，细线上端固定在同一 点，绕共同的竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，已知𝐴球细线𝐿 跟竖直方向的夹角为30，𝐵 球细线𝐿 跟竖直方向的夹角为60，下列说法正确的是（ ）A.细线𝐿 和细线𝐿 所受的拉力大小之比为3: 1B.小球𝐴和𝐵 的向心力大小之比为1: 3C.小球𝐴和𝐵 的角速度大小之比为1: 1D.小球𝐴和𝐵 的线速度大小之比为1: 3某质点作直线运动的&#

10、119907; 𝑡 图像如图所示，根据图像判断下列正确的是（ ）A.0 1𝑠内的加速度大小是1 3𝑠 内的加速度大小的2倍B.0 1𝑠与4 5𝑠 内，质点的加速度方向相反C.0.5𝑠 与2𝑠时刻，质点的速度方向相反D.质点在0 5𝑠 内的平均速度是0.8𝑚/𝑠发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆 轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于𝑄 点，轨道2、3相切于w

11、875; 点， 如图所示。当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ）A.卫星在轨道1上经过𝑄 点时的加速度等于它在轨道2上经过𝑄 点时的加速度 B.卫星在轨道1上经过𝑄 点时的速度等于它在轨道2上经过𝑄 点时的速度大小 C.卫星在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力D.卫星由2轨道变轨到3轨道在𝑃 点要加速试卷第 4 页，总 19 页2 𝑣𝑞𝑅𝑚𝑔𝑞𝑅𝐵

12、9871;0 1 1 1 1如图所示，足够长的𝑈 形光滑金属导轨平面与水平面成𝜃 角，其中𝑀𝑁 与𝑃𝑄 平行且间距 为𝐿 ，导轨平面与磁感应强度为𝐵 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计金属棒𝑎𝑏 由静止开 始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，𝑎𝑏 棒接入电路的电阻为𝑅 ，当 流过𝑎𝑏 棒某一横截面的电荷量为𝑞 时，棒的速度大小为

13、0592; ，则金属棒𝑎𝑏 在这一过程中（ ）A.加速度为2𝐿B.下滑的位移为𝐵𝐿C.产生的焦耳热为 sin𝜃 𝐵𝐿12𝑚𝑣2D.受到的最大安培力为 三、实验题2 2𝑅𝑣为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的 实验电路，其中𝑅 为电阻箱，𝑅 5𝛺 为保护电阻（1）断开开关𝑆 ，调整电阻箱的阻值，再闭合开关&

14、#119878; ，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值多次重复上述操作，可得到多组电压值𝑈 及电阻值𝑅 ，并以 为𝑈纵坐标，以 为横坐标，画出 的关系图线（该图线为一直线），如图乙所示由图𝑅 𝑈 𝑅线可求得电池组的电动势𝐸 _𝑉 ，内阻𝑟 _𝛺 （保留两位有效数字）（2）引起该实验系统误差的主要原因是_某同学用图(𝑎 )所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电 源，可以使用的频率有20&

15、#119867;𝑧、30𝐻𝑧和40𝐻𝑧，打出纸带的一部分如图(𝑏 )所示 该同学在实验中没有记录交流电的频率𝑓 ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算试卷第 5 页，总 19 页1 2 3 2 111 （1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用𝑓 和图(𝑏 )中给出的物理量可以写出： 在打点计时器打出𝐵 点时，重物下落的速度大小为_，打出𝐶 点时重物下落的速 度大小为_，重物下落的加速度大小为_（2）已测得w

16、904; = 8.89𝑐𝑚，𝑠 = 9.50𝑐𝑚，𝑠 = 10.10𝑐𝑚；当重力加速度大小为9.80𝑚/𝑠2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%由此推算出𝑓 为_𝐻𝑧 四、计算题如图所示，在倾角为30 的斜坡上，从𝐴点水平抛出一个物体，物体落在斜坡的𝐵 点， 测得𝐴𝐵 两点间的距离是90𝑚 ，

17、9892; 取10𝑚/𝑠 求：（1）物体抛出时速度的大小；（2）落到𝐵 点时的速度大小（结果带根号表示）如图所示，一带电微粒质量为𝑚 2.0 10𝑘𝑔 、电荷量𝑞 +1.0 105𝐶 ，从静止开始经电压为𝑈 100𝑉的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角𝜃 60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为 𝜃 60已知偏转电场中金属

18、板长 𝐿 103𝑐𝑚，圆形匀强磁场的半径为𝑅 103𝑐𝑚，重力忽略不计。求：（1）带电微粒经加速电场后的速度大小；（2）两金属板间偏转电场的电场强度𝐸 的大小；试卷第 6 页，总 19 页1 0 𝑝𝑚2 （3）匀强磁场的磁感应强度𝐵 的大小。如图所示，有一磁感应强度大小为𝐵 的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为𝐻 ；磁 场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为𝐿 、𝑑(

19、𝑑 𝐻) ，质量为𝑚 ，电阻为 𝑅 现将线框从其下边缘与磁场上边界间的距离为 处由静止释放，测得线框进入磁场 的过程所用的时间为𝑡 线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重 力加速度为𝑔 求：（1）线框下边缘刚进入磁场时线框中感应电流的大小和方向；（2）线框的上边缘刚进磁场时线框的速率𝑣 ；（3）线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中产生的总焦耳热𝑄 如图所示，半径𝑅 0.4𝑚 的光滑圆弧轨道𝐵&

20、#119862; 固定在竖直平面内，轨道的上端点𝐵 和圆 心𝑂 的连线与水平方向的夹角𝜃 30 ，下端点𝐶 为轨道的最低点且与粗糙水平面相切， 一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上质量𝑚 0.1𝑘𝑔的小物块（可视为质点）从空 中的𝐴点以𝑣 2𝑚/𝑠 的速度被水平拋出，恰好从𝐵 点沿轨道切线方向进入轨道，经过𝐶 点后沿水平面向右运动至 𝐷 点时，弹簧被压缩至最短，此时弹簧的弹性

21、势能 𝐸 0.8𝐽 ， 已知小物块与水平面间的动摩擦因数𝜇 0.5，𝑔 取10𝑚/𝑠 求：（1）小物块从𝐴点运动至𝐵 点的时间；（2）小物块经过圆弧轨道上的𝐶 点时，对轨道的压力大小（3） 𝐶 、𝐷 两点间的水平距离𝐿 试卷第 7 页，总 19 页试卷第 8 页，总 19 页𝐺 𝐺1 2 𝑊参考答案与试题解析2021 年江苏省盐城市高考物理一模试卷一、单选题

22、1.【答案】B【考点】静摩擦力和最大静摩擦力【解析】在𝐴被推动之前的过程中，弹簧仍处于原状，因此弹力不变，而物体𝐴先开始受到向左 的静摩擦力，当推力渐渐增大时，导致出现向右的静摩擦力，因而根据进行受力分析， 即可判断【解答】解：由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对𝐴的推力 向右；由于水平面粗糙，物体同时受到水平向左的静摩擦力当再用一个从零开始逐渐增大的水平力𝐹 向左推𝐴，直到把𝐴推动前过程中，物体𝐴受到 的静摩擦力先向左后变为水平向右，所以其大小先减小后增

23、大；在这个过程中，弹簧 对物体𝐴的弹力始终不变，故𝐵 正确，𝐴𝐶𝐷 错误故选𝐵 2.【答案】D【考点】瞬时功率用牛顿运动定律分析斜面体模型动能定理的应用平均功率恒力做功【解析】根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，然后有运动学公式求出下滑时间和速度，由𝑊= 𝑚𝑔 求出重力做的功，由𝑃 =𝑊𝑡求出平均功率，瞬时功率为𝑃 = 𝑚𝑔𝑣cos

24、0579; 在整个下滑过程中，重力做的功全部转化为动能【解答】解：𝐴重力做的功为：𝑊 = 𝑚𝑔𝐿sin37 = 4.5𝐽 ，故𝐴错误； 𝐵 根据动能定理可得：𝐸 = 𝑚𝑔𝐿sin𝜃 = 4.5𝐽 ，故𝐵 错误；𝑘𝐶 由受力分析可知𝑚𝑔sin37 = 𝑚𝑎 ，

25、19886; = 𝑔sin37 = 6𝑚/𝑠2，由𝑥 = 𝑎𝑡 得：𝑡 = 0.5𝑠 ， 2平均功率为：𝑃平= 𝐺𝑡= 9𝑊 ，故𝐶 错误；试卷第 9 页，总 19 页1 1 11 𝑣𝑣2 22 𝑣2 𝑘𝑄𝑞9 𝐷 𝑣 = 𝑎𝑡 =

26、 6𝑚/𝑠2 0.5𝑠 = 3𝑚/𝑠 ，瞬时功率为：𝑃瞬= 𝑚𝑔𝑣sin37 = 1𝑘𝑔 10𝑚/𝑠 2 3𝑚/𝑠 0.6 = 18𝑊 ，故𝐷 正确故选：𝐷 3.【答案】B【考点】单物体的机械能守恒问题【解析】此题暂无解析【解答】解：设小物块的质量为𝑚 ，滑到轨道上端时的速度为𝑣

27、 小物块上滑过程中，机械能 守恒，有 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑣 2 + 2𝑚𝑔𝑅2 2小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为𝑥 ，下落时间为𝑡 ，有2𝑅 =12𝑔𝑡2𝑥 = 𝑣 𝑡 1联立式整理得𝑥2 = ( )2 (4𝑅 ) 2𝑔 2𝑔2，可得𝑥 有最大值 ，对应的轨道半

28、径𝑅 =2𝑔𝑣8𝑔，故𝐵 正确故选𝐵 4.【答案】B【考点】库仑定律【解析】本题比较简单，直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得带电量和距 离变化后的相互作用力，从而解出正确结果。【解答】解：由库仑定律得：变化前：𝐹 = ，𝑟 2变化后：𝐹=𝑘3𝑄3𝑞 (2𝑟) 2= 𝐹 ，故𝐵 正确，𝐴𝐶𝐷 错误

29、 4故选𝐵 5.【答案】A【考点】 感生电动势 楞次定律单杆切割磁感线试卷第 10 页，总 19 页1 1 12 2 0 𝑣 10𝑎0 𝑥 = 𝑎𝑡1 1【解析】解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化， 然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负【解答】方法一：排除法。开始进入时，边𝑏𝑐 切割磁感线，产生稳定的逆时针方向电流，即为正方向，故只有𝐴正 确，𝐵𝐶𝐷

30、 错误。故选𝐴。方法二：分析法。线框开始进入磁场运动𝐿 的过程中，只有边𝑏𝑐 切割，感应电流不变，前进𝐿 后，边𝑏𝑐 开 始出磁场，边𝑎𝑑 开始进入磁场，回路中的感应电动势为边𝑎𝑑 产的减去在𝑏𝑐 边在磁场中 产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方 向；当再前进𝐿 时，边𝑏𝑐 完全出磁场，𝑎

31、𝑑 边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小， 电流方向不变，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷 错误。故选：𝐴。6.【答案】B【考点】动能定理的应用平抛运动的概念【解析】运动员和滑板做平抛运动，根据分位移公式和分速度公式列式求解即可。【解答】𝐴、运动员和滑板做平抛运动，有 = 𝑔𝑡22，故运动时间与初速度无关，故𝐴错误；𝐵 、𝐶 、根据动能定理，有𝑚𝑔 = 𝑚𝑣

32、 2 𝑚𝑣2 220，解得𝑣 = 𝑣0+ 2𝑔，故𝑣0越大，越大，运动员落地瞬间速度越大，故𝐵 正确，𝐶 错误；𝐷 、射程𝑥 = 𝑣 𝑡 = 𝑣0 0 ，初速度越大，射程越大，故𝐷 错误； 𝑔7.【答案】D【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【解析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出速度减为零的时间，采用逆向思维，结合运 动学公式求出刹车后第3ү

33、04; 内的汽车的路程【解答】解：汽车速度减为零的时间为：𝑡 = 0 = 𝑠 = 2.5𝑠，4则刹车后第3𝑠 内的位移等于最后0.5𝑠内的位移，采用逆向思维，有：2 = 4 0.52 2 2𝑚 = 0.5𝑚，故𝐷 正确，𝐴𝐵𝐶 错误试卷第 11 页，总 19 页1 1 1 1 1 2 故选𝐷 8.【答案】B【考点】x-t 图像（匀变速直线运动）【解析】𝑥 𝑡 图像的斜率表示

34、速度，从同地同时出发后，甲、乙两汽车的位移相等时相遇平 均速度等于位移与时间之比【解答】解：𝐴根据𝑥 𝑡 图像的斜率表示速度，知在𝑡 时刻，甲车的速度比乙车的大，故𝐴错 误；𝐵 从同地同时出发后，在𝑡 时刻两车到达同一位置而相遇，故𝐵 正确；𝐶 在0 𝑡 内，两车的位移相等，时间也相等，则平均速度相等，故𝐶 错误；𝐷 在𝑡 时刻以前，甲车速度先比乙车的速度小，后比乙车的速度大，故w

35、863; 错误故选𝐵 9.【答案】C【考点】机械能守恒的判断【解析】根据动能定理，足球动能的初始量等于小明做的功；小球在运动过程中，只有重力做 功，机械能守恒，运用机械能守恒求解足球在最高点𝐵 位置处的动能【解答】𝐴、足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为𝐸 𝑚𝑔 +12𝑚𝑣2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被踢起时的机械能为𝐸 𝑚𝑔 +12𝑚

36、𝑣2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：𝑊 𝑚𝑔 + 𝑚𝑣 ，故𝐴错误，𝐶 正确；2𝐵 、足球上升过程重力做功𝑊𝐺𝑚𝑔，足球上升过程中克服重力做功：𝑊 𝑚𝑔，克故𝐵𝐷 错误；10.【答案】C【考点】电功率闭合电路的欧姆定律【解析】由电源的路端电压与电流的关系图像可知，图像与纵轴的交

37、点等于电源的电动势，其 斜率大小等于电源的内阻。电阻𝑅 的伏安特性曲线的斜率等于电阻。两图线的交点读出 电流与电压，求出电源的输出功率和效率。【解答】试卷第 12 页，总 19 页3 𝑈 2𝑃 𝐴 𝐵𝐴= 𝐵𝐴 𝐵𝑛𝐵2 𝑔2 解：𝐴根据闭合电路欧姆定律得𝑈 𝐸 𝐼𝑟 ，当𝐼 0时，𝑈 

38、9864; ，由读出电源的电动势𝐸 3𝑉 ，内阻等于图线的斜率大小，则𝑟 |𝛥𝑈𝛥𝐼| = 𝛺 0.5𝛺 ，故𝐴正确； 6𝐵 电阻𝑅 = = 𝛺 1𝛺 ，故𝐵 正确；𝐼 2𝐶 电源的效率𝜂 = 出= 𝑈𝐼 = 2 = 66.7%，故𝐶 错误；𝑃 &

39、#119864;𝐼 3𝐷 两图线的交点表示该电源直接与电阻𝑅 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电 压𝑈 2𝑉，电流𝐼 2𝐴，则电源的输出功率为𝑃 𝑈𝐼 4𝑊 ，故𝐷 正确出本题选择错误的，故选：𝐶 二、多选题【答案】B,C【考点】水平面内的圆周运动-重力【解析】小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之 比根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提

40、供向心力求出线速度和角 速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比【解答】解：𝐴两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，有𝑇 cos30𝑚𝑔，𝑇 cos60𝑚𝑔，则𝑇 =𝑚𝑔 23𝑚𝑔 cos30 3，𝑇 =𝑚𝑔cos60= 2𝑚𝑔，所以𝑇 : 𝑇 = 3: 3 = 1: 3，故

41、9860;错误；𝐵 小球𝐴做圆周运动的向心力为𝐹 = 𝑚𝑔tan30 =𝑛𝐴33𝑚𝑔 ，小球𝐵 做圆周运动的向心力𝐹 = 𝑚𝑔tan60 = 3𝑚𝑔， 可知小球𝐴、𝐵 的向心力之比为1: 3，故𝐵 正确；𝐶𝐷 根据𝑚𝑔tan𝜃 =

42、𝑚tan𝜃𝜔2= 𝑚𝑣 tan𝜃得，角速度𝜔 = ，线速度𝑣 = 𝑔 tan𝜃 ，可知角速度之比为1: 1，线速度大小之比为1: 3，故𝐶 正确，𝐷 错误故选𝐵𝐶 【答案】A,D【考点】匀变速直线运动的概念【解析】速度图像的斜率等于加速度，图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的 位移，速度的正负表示速度的方向，只要图像在时间轴同一侧物体运动的方向就没有 改变；只要

43、总面积仍大于0，位移方向就仍沿正方向【解答】𝐴、速度图像的斜率等于加速度，则知：0 1𝑠 内的加速度大小为 𝑎 =401𝑚/𝑠24𝑚/𝑠2；1 3𝑠 内的加速度大小为 𝑎 =402𝑚/𝑠22𝑚/𝑠 ；故𝐴正确。试卷第 13 页，总 19 页1 1 𝑥𝑀𝑚𝐸𝐵2 2𝐸 Ү

44、99;𝛥𝛷 𝐵𝐿𝑥𝑞𝑅𝐵 、直线的斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，0 1𝑠 与4 5𝑠 内，直线 的斜率都为正，所以加速度方向相同，都沿正向，故𝐵 错误。𝐶 、0.5𝑠 与2𝑠 时刻，质点的速度都是正值，说明速度都沿正向，故𝐶 错误。𝐷 、质点在0 5𝑠 内的位移为 𝑥 = 4 3 2 2w

45、898; 4𝑚，平均速度为 𝑣 = =2 2 𝑡0.8𝑚/𝑠 ，故𝐷 正确。【答案】A,C,D【考点】万有引力定律及其应用人造卫星上进行微重力条件下的实验【解析】根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、向心加速度、和向心力的表 达式进行讨论，同时依据离心、近心运动，及圆周运动的条件，即可求解。【解答】𝐴、根据万有引力提供向心力𝐺 = 𝑚𝑎 ，得𝑎 =𝑟 2𝐺𝑀&#

46、119903; 2，所以卫星在轨道1上经过𝑄 点时的加速度等于它在轨道2上经过𝑄 点时的加速度。故𝐴正确；𝐵 、卫星从轨道1上经过𝑄 点时加速做离心运动才能进入轨道2，故卫星在轨道1上经过 𝑄 点时的速度小于它在轨道2上经过𝑄 点时的速度，故𝐵 错误；𝐶 、根据引力定律𝐹 =𝐺𝑀𝑚𝑟 2，可知，距离越大的，同一卫星受到的引力越小，因此在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到

47、的引力，故𝐶 正确；𝐷 、由2轨道变轨到3轨道，必须加速，才能做匀速圆周运动，否则仍做近心运动，故𝐷 正确。【答案】B,C,D【考点】电磁感应中的能量问题单杆切割磁感线【解析】金属棒𝑎𝑏 由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动由牛顿第二定律， 法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理【解答】解：𝐴金属棒𝑎𝑏 开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增 大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的 变加速运动，

48、根据牛顿第二定律，有：𝑚𝑔sin𝜃 𝐵𝐼𝐿 𝑚𝑎 ，其中𝐼 = ，𝑅故𝑎 𝑔sin𝜃 𝐿 𝑣𝑚𝑅，故𝐴错误；𝐵 由电量计算公式𝑞 𝐼𝑡 = = =𝑅 𝑅 𝑅，可得，下滑的位移大小为𝑥

49、= ，故𝐵 正确；𝐵𝐿试卷第 14 页，总 19 页1 𝑚𝑔𝑞𝑅1 2 2 2𝑈 1 10 1 10 根 据数学知识得知， 关 系图线的纵截距𝑏 = ，斜率𝑘 =0 1 1( 𝑠 + 𝑠) 𝑓 ,( 𝑠 + 𝑠) 𝑓 ,（ 1）2 2 2 𝐵1 2 𝑠 +𝑠2 3 𝑠 +

50、9904;2 1 1𝑓2 𝑓𝐶 根据能量守恒定律：产生的焦耳热𝑄 𝑚𝑔𝑥 sin𝜃 𝑚𝑣 2 =2 𝐵𝐿正确；sin𝜃 𝑚𝑣 ，故𝐶 2𝐷 金属棒𝑎𝑏 受到的最大安培力大小为𝐹 𝐵𝐼𝐿𝐵𝐵Ү

51、71;𝑣𝑅𝐿 =𝐵 𝐿 𝑣𝑅，故𝐷 正确故选𝐵𝐶𝐷三、实验题【答案】2.9,1.1电压表的分流【考点】测定电源的电动势和内阻【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律𝐸 𝑈 +(𝑅 + 𝑟) ，进行数学变形，得到 与 的关系式， 𝑅 𝑈 𝑅根据数学知识研究 关系图线的斜率和截距的意义，即可求得电池的电动势和内阻

52、9880; 𝑅（2）根据实验电路分析实验中存在的误差【解答】根据闭合电路欧姆定律𝐸 𝑈 + 1 𝑅 + 𝑟 1 1= +𝑈 𝐸 𝑅 𝐸𝑈𝑅(𝑅 + 𝑟) ，进行数学变形，得 01 1 1 𝑅 +𝑟 𝑈 𝑅 𝐸 𝐸由图得到，𝑏 0.35，𝑘 =1.420.350.5

53、 2.1则电动势𝐸 = =𝑏 0.35𝑉 2.9𝑉，内阻𝑟 𝑘𝐸 𝑅02.1 2.9 5 1.1𝛺由图甲所示电路图可知，电压表与电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过保护电 阻与电源的电流大于流过电阻箱的电流，这是造成实验误差的原因【答案】1 1 11 2 2 3(𝑠 𝑠3 1)𝑓2（2）40【考点】用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律 【解析】本题考查验证机械能守恒定律【解答】解：（1）根据中间时刻

54、的瞬时速度等于整段的平均速度可得：𝑣=𝑠 +𝑠2𝑓= 1 2 𝑓 ，2𝑣 =𝐶𝑠 +𝑠2𝑓= 2 32𝑓 ，根据𝑠 𝑠 = 2𝑎 ( ) 可得3 1(𝑠 𝑠3 1)𝑓2；（2）根据𝑚𝑔 𝐹= 𝑚𝑎 ，解得𝑎 = 9.70Ү

55、98;𝑠2，由𝑎 =12(𝑠 𝑠3 1)𝑓2解得𝑓 = 40𝐻𝑧试卷第 15 页，总 19 页0 1 1 四、计算题【答案】物体抛出时速度的大小为20𝑚/𝑠 ；落到𝐵 点时的速度大小为15 7𝑚/𝑠【考点】平抛运动的概念【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的 高度求出运动的时间，结合水平位移求出平抛运动的初速度，根据速度公式求出竖直 分速度，结合

56、平行四边形定则求出落到𝐵 点的速度【解答】由题意可得：𝐿cos30𝑣𝑡 ，12𝑔𝑡2𝐿sin30 ，代入数据解得：𝑣 = 153𝑚/𝑠，𝑡 3𝑠 、0物体落到𝐵 点的竖直分速度为：𝑣𝑔𝑡 10 3𝑚/𝑠 30𝑚/𝑠 ，𝑦根据平行四边形定则知：𝑣 =

57、 (153)2 + (30)2 = 1575𝑚/𝑠 = 157𝑚/𝑠𝐵【答案】带电微粒经𝑈 100𝑉 的电场加速后的速率是1.0 10 两金属板间偏转电场的电场强度𝐸 是2000𝑉/𝑚 ；匀强磁场的磁感应强度的大小是0.13𝑇。4𝑚/𝑠 ；【考点】动能定理的应用牛顿第二定律的概念带电粒子在电场中的加（减）速和偏转带电粒子在匀强磁场中的运动规律向心力【解析】（1）根据动能定理求解带电微粒经&

58、#119880; 100𝑉 的电场加速后的速率；（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究： 在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 和运动学公式结合求解电场强度。（2）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，试卷第 16 页，总 19 页1 1 2 1 11 2 𝑈 𝑞1 2 𝑣2 1 1 1 1 2 11= 4 𝐵𝐿 2𝑔𝐵𝐿2 2𝑚

59、(𝑔𝑡 + 2𝑔0 作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感 应强度的大小。【解答】带电微粒经加速电场加速后速度为𝑣 ，根据动能定理：𝑞𝑈 = 𝑚𝑣2得：𝑣= 1 = 1.0 104 𝑚/𝑠 𝑚带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线 运动。水平方向：𝑣=𝐿𝑡带电微粒在竖直方向做匀加速直线运

60、动，加速度为𝑎 ，出电场时竖直方向速度为𝑣竖直方向：𝑎 =𝑞𝐸𝑚𝑣2𝑎𝑡由几何关系：tan𝜃 = ，𝑣联立得 tan𝜃 =𝐸𝐿2𝑈由题𝜃 60解得：𝐸 =2𝑈 tan𝜃𝐿=2100 310 3102𝑉/𝑚 2000𝑉/⻕

61、8;。设带电粒子进磁场时的速度大小为𝑣 ，则：𝑣 =𝑣cos60= 2 104 𝑚/𝑠由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过 磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则轨迹半径为：𝑟 𝑅tan60 0.3𝑚由：𝑞𝑣𝐵 𝑚𝑣𝑟得：𝐵 =𝑚𝑣 2.010𝑞𝑟

62、 110 52100.3= 0.13𝑇【答案】线框下边缘刚进入磁场时线框中感应电流的大小为𝑅，方向逆时针；线框的上边缘刚进磁场时线框的速率为𝑔𝑡 + 2𝑔2 2𝑚𝑅𝑑；线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中产生的总焦耳热𝑄 为𝑚𝑔( +𝑑)1 𝐵 𝐿2 𝑚𝑅𝑑)2【考点】单杆切割磁感线【解析】（1）先根据机械能守恒，

63、根据𝐸 𝐵𝐿𝑣 即可求出感应电动势，进而求感应电流根据 右手定则判断电流的方向（2）线圈进入磁场的过程中，加速度变化，用微元法列式，有(𝑚𝑔 𝐵𝐼𝐿) 𝑡𝑚 试卷第 17 页，总 19 页0 0 = 1 01 𝐵2 21 2 1 2 21 𝐵 𝐿2 2 𝑚𝑅𝑦𝐶𝑣 ，对此式两边求和，另外，可求得

64、时间𝑡 内，通过线框某一横截面的电荷量结合各 式可求；（3）线圈完全处于磁场中时不产生电热，线圈进入和穿出磁场过程中产生的电热𝑄 等 于重力做的功减去动能变化量，由能量守恒可解得𝑄 【解答】线框由静止释放到下边缘刚进入磁场的过程，做自由落体运动，有：𝑣 = 2𝑔 ，即线框下边缘刚进入磁场的速率为：𝑣= 2𝑔 ，线框下边缘切割磁感线产生的感应电动势为：𝐸 𝐵𝐿𝑣 ，感应电流的大小为：𝐼 =𝐸

65、 𝐵𝐿 2𝑔 𝑅 𝑅，根据右手定则判断知，线框中感应电流的方向沿逆时针方向在线框下边缘刚进入磁场到上边缘刚进入磁场的过程中，根据微元法，取一小段时 𝑡 ，时间内速度的减少量 𝑣 ，由动量定理可得：(𝑚𝑔 𝐵𝐼𝐿) 𝑡 𝑚 𝑣 ，即𝑚𝑔 𝑡 𝐵𝐼𝐿 𝑡

66、; 𝑚 𝑣 在时 𝑡 内，通过线框某一横截面的电荷量为 𝑞 𝐼 𝑡对𝑚𝑔 𝑡 𝐵𝐼𝐿 𝑡 𝑚 𝑣 两边求和得：𝑚𝑔𝑡 𝐵𝐿𝑞 𝑚(𝑣 𝑣 )根据法拉第电磁感应定律有：𝐸 =𝐵w

67、871;𝑑𝑡根据闭合电路欧姆定律有：𝐼 =𝐸𝑅在时间𝑡 内，通过线框某一横截面的电荷量为：𝑞 =𝐵𝐿𝑑𝑅解得𝑣 𝑔𝑡 + 2𝑔 𝐿 𝑑𝑚𝑅在线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中，线框进入磁场的过程中才 有焦耳热产生，根据能量守恒定律有：12𝑚𝑣 2 +

68、 𝑚𝑔𝑑 = 𝑚𝑣 2 + 𝑄 ， 0 1解得：𝑄 =12𝑚𝑣 2 + 𝑚𝑔𝑑 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑔( + 𝑑) 𝑚(𝑔𝑡 + 2𝑔 0 1𝑑)2【答案】（1）小物块从𝐴点运动至𝐵 点的时间为0.35𝑠

69、（2）小物块经过圆弧轨道上的𝐶 点时，对轨道的压力大小为8𝑁 （3）𝐶 、𝐷 两点间的水平距离为1.2𝑚【考点】平抛运动基本规律及推论的应用单物体的机械能守恒问题竖直面内的圆周运动-弹力能量守恒定律的应用【解析】（1）小物块从𝐴到𝐵 做平抛运动，恰好从𝐵 端沿切线方向进入轨道，速度方向沿切线方 向，根据几何关系求得速度𝜐 的大小，钢筋平抛运动的规律求时间；（2）小物块由𝐵 运动到𝐶 ，据机械能守恒求出到达𝐶

70、; 点的速度，再由牛顿运动定律求解 小物块经过圆弧轨道上𝐶 点时对轨道压力𝑁 的大小（3）小物块从𝐵 运动到𝐷 ，根据能量关系列式求解试卷第 18 页，总 19 页𝑦0 𝑦1 12 2 0 2 1 2【解答】解：（1）小物块恰好从𝐵 点沿切线方向进入轨道，由几何关系有：𝑣=𝑣tan𝜃，根据平抛运动的规律可得：𝑣 𝑔𝑡 ，解得：𝑡 0.35𝑠（2）小物块由&#

71、119861; 点运动到𝐶 点，由机械能守恒定律有：𝑚𝑔𝑅(1 + sin𝜃) = 𝑚𝑣 2 𝑚𝑣𝐶2𝐵，𝑣 =𝐵𝑣sin𝜃= 4𝑚/𝑠 ，在𝐶 点处，由牛顿第二定律有：𝐹 𝑚𝑔 𝑚𝑣𝐶𝑅，解得

72、19865; 8𝑁 ，根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上𝐶 点时对轨道的压力𝐹 大小为8𝑁 （3）小物块从𝐵 点运动到𝐷 点，由能量守恒定律有：𝐸 = 𝑚𝑣𝑝𝑚2𝐵+ 𝑚𝑔𝑅(1 + sin𝜃) 𝜇𝑚𝑔𝐿，解得：𝐿 1.2𝑚试卷第 19 页，总 19 页