2021届浙江省名校协作体高考物理模拟试卷(3月份)(含答案解析).pdf

2021届浙江省名校协作体高考物理模拟试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共13小题，共39.0分）1.许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是（）A.牛顿运动定律既适应于物体的低速运动，也适应于物体的高速运动B.伽利略通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值C.卡文迪许发现了万有引力定律，被称为“称量地球的质量”的人D.开普勒行星运动三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础2.3.一汽车启动后沿水平公路匀加速行驶，速度达到外后关闭发动机,滑行一段时间后停止运动，其u-t图象如图所示。设行驶中发动机的牵引力大小为F,摩擦阻力大小为牵引力所做的功为名，克服摩擦阻力所做的功为电，则（）A.F：/=2：1B.F：/=3：1C.W1：W2=4：1 D.W2=1：1“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动.若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H,侧壁倾斜角度a不变，则下列说法中正确的是（）A.摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大B.摩托车做圆周运动的“越高，线速度越大C.摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多D.摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小4.一辆载重车在丘陵地带行驶，地形如图所示，轮胎已经很旧，为防止爆胎，车在经过何处时应减速行驶（）5.关于机械能守恒，下列叙述中正确的是（）A.汽车在长直斜坡上匀速下滑时，机械能守恒B.做平抛运动的小球，机械能守恒C.外力对物体做功为零，物体的机械能一定守恒D.物体所受合力不等于零，它的机械能一定不守恒6.如图所示，c为一束含有a光、b光的复色光，沿半径方向射入半圆形玻 C _ _ _ _ _、璃砖，由圆心。点射出，分 为I、n两束光，已知a光线穿过破璃的时 J、间短，下列说法正确的是（）【齐 工 一A.光 束n是a光，并且比光束I更容易发生衍射B.光 束I是a光，并且相对光束II其光子的能量更大 1 1C.用b光照射某金属时有光电子逸出，则用a光照射也一定有光电子逸出D.玻璃对a光的临界角小于对b光的临界角7.将一质量为M=2kg的绝缘长木板固定在水平面上，一正方形导线框abed放在绝缘长木板上，正 方 形 导 线 框 的 质 量 为1 k g,边长L=l m,电阻R=0.1 0,以过加边的中垂线mn为边界,如图1所示，由t=0时刻开始在mn左侧的线框区域内加一竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间的变化规律如图2所示，在nm右侧的线框区域内加一竖直向上、磁感应强度为B2=0.57的匀强磁场，线框abed的四边为磁场的边界.若导线框与长板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，它们之间的动摩擦因数4=0.3,g=10m/s2,则下列说法正确的是（）图1图2A.导线框中的感应电动势为0.5UB.在t=ls时，导线框所受的安培力大小为1 N,方向水平向左C.导线框中产生俯视逆时针方向的感应电流D.在0-l s内，导线框一直静止在绝缘长板上8.下列选项中，m和mO分别表示14c某时刻和初始时刻的质量。则能正确反映14c衰变规律的是（）9 .物体做平抛运动，若以抛出点为起点。取初速度方向为水平位移的正方向，则图中能正确描述该物体的水平位移x随时间t变化关系的图象是（）1 0 .如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交。零 变电压瞬时值随时间变化的规律为i z =3 1 1 s i n l 0 0初；V）,副线圈所在 小 七电路中接有电热丝、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。o-业 一I I已知理想变压器的原、副线圈匝数比为1 0：1.电热丝额定功率为4 4 W,小电动机内电阻为1 0,电流表示数为34各用电器均正常工作。则（）A.电压表示数为3 1.1 U B.小电动机的输出功率为2 1 WC.变压器的输入功率为4 4 W D.通过保险丝的电流为3 0 41 1 .平行金属导轨左端接有阻值为R的定值电阻，右端接有电容为C的电容器，平行导轨间距为L.导体棒与导轨接触良好并以恒定的速度 通过宽为乙2磁感强度为B的匀强磁场，导体棒和金属导轨电阻不计，则全过程中通过电阻R的电荷量为（）X X XX X XX X X X XX X X X XB.q=B LIL 2 CB L-vRB LL2CBV12.在距地面h高处，分别以速度%和2（%PB B.PA=PB C.PA PB D.无法判断13.如图甲所示，人字折叠梯是工人师傅施工常用的工具，是由两个相同梯子在顶端用光滑转轴连接而成，为防止意外发生，两侧梯子用不可伸长的细绳连接。把人字折叠梯置于水平地面上，当上端正中间放置质量为m的物体时，细绳松弛并且系统保持静止，两侧梯子间的夹角为a,简化示意图如图乙所示，人字折叠梯自身的重力不计，重力加速度为g,系统静止时地面对左侧梯子的摩擦力&为（）A.Fi=m g ta n,水平向右B.A=m g ta n,水平向左C.K=；m gtanM水平向右D.K=：nigtcm支水平向左二、多 选 题（本大题共3小题，共6.0分）14.下列说法正确的是（）A.库仑比较精确地测出了元电荷e的数值B.电磁波由真空进入介质传插时，波长将变短C.制作汽油桶的材料用金属比用塑料好D.电场中某点电场强度的方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向15.下列说法正确的是（）A.火车过桥要慢行是要避免发生共振损坏桥梁B.不是所有的波都具有干涉、衍射现象C.所有的波都具有多普勒效应D.声波振动的方向与声音传播的方向一致E.纵波也能发生偏振现象1 6 .某研究性学习小组为颈椎病人设计了一个牵引装置：如图，一根绳绕过两个 T.T定滑轮和一个动滑轮后两端挂着相同的重物，与动滑轮相连的帆布带拉着病人的颈椎（图中是用手指代替颈椎做实验），整个装置在同一竖直平面内.如果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是（）飞A.只增加绳的长度 B.只增加重物的重量C.只将手指向下移动 D.只将手指向上移动三、实 验 题（本大题共2小题，共1 4.0分）1 7 .在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学使用了如图1所示的装置，打点计时器使用的交流电频率为5 0”z.该同学要探究小车的加速度a和质量M的关系，应该保持 不变；若该同学要探究加速度a和拉力尸关系，应该保持 不变.该同学得到一条纸带，在纸带上取连续的六个点，如图2所示，自4点起，相邻两点的距离分别为1 0.0 m m、1 2.0 m m 1 4.0 m m,1 6.0 m m 1 8.0 m m,则打E点时小车速度为 m/s,小车的加速度为m/s 2.（保留两位有效数字）1 8 .某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻，供选用的器材如下：甲 乙4待测表头G i（内阻r i约为30 0 0,量程为5.0 n M）B.灵敏电流表G 2（内阻万=30 0/2,量程为l.O n M）C.定值电阻R(R=12000)。.滑动变阻器&(最大阻值为10。)E.滑动变阻器/?2(最大阻值为1000。)尸.电源E(电动势E=1.5 7,内阻不计)G 开关S,导线若干(1)请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整。(2)滑 动 变 阻 器 应 选(选 填R J或&”)。(3)该同学多次移动滑片P记录相应的Gi、G2示数人、12,以A为纵坐标、/2为横坐标作出相应图线，测得图线的斜率k=4.8,则待测表头内阻ri=0。四、计算题(本大题共4 小题，共 41.0分)19.如图所示，在光滑水平桌面4B上静止着三个小滑块，滑块1与滑块3的质量均为0.1 k g,滑块2的质量为0.2 k g,滑块1与滑块2之间压缩一轻弹簧(滑块与轻弹簧之间不栓接)，4 的左端固定着与4B相切的、半径为R的光滑竖直双半圆环轨道，孔径大小不计，滑块正好可以在其内部滑行；B的右端与一长L=0.7m的水平传送带相连，传送带以速度训句右传动，滑块与传送带间的动摩擦因数“=0 5 释放被压缩的弹簧，滑块1和滑块2被弹出，滑块2弹出时的速度玲=4 m/s,滑块1与滑块3相碰后粘在一起，进入双半圆环轨道，并恰好能过最高点F,滑块2经过水平传送带在C点水平抛出，落在水平地面上，落点为。，已知C点距水平面高h=0.2m,C点与。点间的水平距离为x。g 取10m/s2,求：(1)被压缩的轻弹簧的弹性势能与；(2)滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点4 时对轨道的压力大小;(3)若传送带的速度取值范围为lm/s v 6m/s,滑块2落点。与C点间水平距离x与传送带速度u之间满足的关系。20.如图所示，半径为R,内径很小的光滑半圆管竖直放置.两个质量均为小的小 球 人B以不同的速度进入管内，若要使4球和B球通过最高点C时，恰好对管壁压力为零，求：(1)4、B两球的速度要满足什么条件？(2)4球通过最高点。时，对管壁上部的压力为3?ng,B球通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg,那么4、B两球落地点间的距离？21.如图所示，质量为0.1kg的木桶内盛水0.4kg,用50an的绳子系桶，使它在竖直，.、面内做圆周运动。如果通过最高点和最低点时的速度大小分别为9m/s和10m/s,/、：II(f求木桶在最高点对绳的拉力和最低点水对桶的压力.(g取lOm/s?)22.如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为小，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、be边长均为2Z,g/边长为八匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，儿边离磁场上边界的距离为线框由静止释放，从几边进入磁场直到g f边进入磁场前，线框做匀速运动。在g f边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且儿、g/边保持水平，重力加速度为g。求(1)线框a/i、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是be边刚进入磁场时的儿倍；(2)若磁场上下边界间的距离H,则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？磁场区参考答案及解析1 .答案：D解析：解：4、牛顿运动定律适应于物体的低速运动，不适应于物体的高速运动，故A错误；8、卡文迪许通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值，故B错误；C、牛顿发现万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量的数值，使万有引力定律具有实际的应用意义，被称为“称量地球的质量”的人，故C错误；。、开普勒通过对第谷的观测资料的研究，提出行星运动三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础，故。正确。故选：Do牛顿运动定律适应于宏观、低速运动的物体；根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.2.答案：D解析：解：AB,对汽车，由动量定理得：加速过程：(F-f)t =7 7 1%-0,减速过程：-/(4 t -t)=0 -解得：F：f=4：1,故A B错误；C D、对整个过程，由动能定理得：W1-W2=0-0,解得：W1：1 2 =1：1，故C错误，。正确。故选：Do根据图象应用动量定理可以求出牵引力与摩擦力大小关系，应用动能定理可以求出牵引力与摩擦力做功关系。本题考查了求力与功的关系问题，考查了动能定理的应用，根据图示图象分析清楚汽车运动过程是解题的前提，应用动量定理与动能定理即可解题。3.答案：B解析：解：4、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力m g和支持力F的合力，作出力图。如图向心力4 =z n gt a n a,m,a不变，向心力大小不变。故A错误。B、根据牛顿第二定律得&=mJ,h越高，r越大，心不变，则u越大。故3正确。mgC、向心力对物体不做功，故c错误：。、侧壁对摩托车的支持力尸=果 不变，则摩托车对侧壁的压力不变。故。错误。故选：B。摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力尸的合力，作出力图，得出向心力大小不变.八 越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析周期、线速度大小.本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，研究不变量.4.答案：C解析：解：在最高点时有：m g N=m 解得：N=m g m匕 m g。R R22在最低点，有：N m g =m m y,解得：N=m g +m彳 m g。知同样的速率，在C处汽车所受的支持力最大，则为了防止爆胎，应使汽车经过C处时的速率最小。故C正确，4、B、。错误。故选：Co汽车在丘陵山地做圆周运动，靠径向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出何处支持力最大，即可判断。解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行分析。5.答案：B解析：解：力、沿斜面匀速下滑的汽车，其动能不变，而重力势能减小，则其机械能减小，故A错误.8、平抛运动，只受重力，机械能守恒，故B正确.C、外力对物体做功为零，不一定只有重力做功，物体的机械能不一定守恒，故C错误.。、物体机械能守恒的条件是：只有重力做功，与合外力是否等于0无关，故。错误.故选：B物体机械能守恒的条件是：只有重力做功，机械能是动能和势能之和.根据机械能守恒的条件和定义，即可判断物体是否是机械能守恒.本题根据机械能守恒条件和机械能的定义、能量如何转化三种方法，进行判断，要多掌握几种思路进行分析.6.答案：4解析：解：4、折射率越小的光在介质中传播的速度越大，则在介质中传播的时间短。a 光线穿过破璃的时间短，说明a 的折射率小；因为a 光的折射率较小，所以a 的偏折程度比较小，所以a 光为光束口，b 束光为光束I ；a 光的折射率小，频率小，则波长长，则比光束I 更容易发生衍射。故A正确。B、由4 的分析可知，光束n是a 光。故 8错误。C、根据4 的分析可知，b 光的折射率大，频率大，根据光电效应发生的条件可知，用b 光照射某金属时有光电子逸出，则用a 光照射不一定有光电子逸出。故 C错误。、临界角：s in C =L a 的折射率小，则玻璃对a 光的临界角大于对b 光的临界角。故 O 错误。n故选：A 根据传播的时间的关系，结合”=：比较出波速，从而比较出折射率的大小；根据光的偏折程度得出光的折射率大小，从而判断a 是哪一束光：由折射率与频率的根据，结合光电效应方程分析；根据临界角与折射率的关系分析。解决本题的突破口在于通过光的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、在介质中的速度、波长等大小关系。7.答案：C解析：解：A、根据题意，穿过线圈的磁通量与时间的变化表达式B =t -0.5(T),那么由电磁感应定律，则有感应电动势E =S=1 X M =i v,故A错误；8、根据楞次定律，可知，穿过线圈的磁通量，先向上减小，后向下增大，因此产生的感应电流俯视逆时针方向，当在t =ls 时，线框的感应电流/=|=六 4 =104那么a b 边安培力大小F i=B J L =K(J.11 x 1 0 x 1 =1 0 N；而c d 边安培力大小尸 2 =B z/L =0.5 x 1 0 x 1 =5 N,根据左手定则可知，它们的安培力方向相同，因此导线框所受的安培力大小为1 5 N,方向水平向右，故 8错误，C正确；D、由滑动摩擦力公式/=N =0.3 x lx l0 =3N,由上分析可知，安培力大于3N,故。错误：故选：C.根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，并依据楞次定律与左手定则来判定感应电流方向与安培力方向，从而即可一一求解.考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握楞次定律的应用，理解左手定则的内容，注意穿过线圈磁通量的磁场方向不同，则会出现相互抵消现象.8.答案：B解析：解：设衰变半衰期为T,那么任意时刻14c的质量：m=m0G片，可见m是时间t 的指数函数,随着的增长14c的质量越来越小，且变化越来越慢，故 B 正确，ACO错误。故选：B。根据半衰期的定义求出任意时刻14c的质量的表达式。该题考查对半衰期的理解，根据衰变规律表示出两个物理量之间的关系再选择对应的函数图象。9.答案：D解析：解：平抛运动水平方向上做匀速直线运动，水平位移和时间成正比，即 =仇，位移与时间图线是一条过原点的倾斜直线，故。正确，A8C错误。故选：D.平抛运动在水平方向做匀速直线运动，根据x=可以确定水平位移和时间的关系图线。解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移和时间成正比。10.答 案:B解析：解：4、已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311s讥1007rt（匕），则原线圈电压的有效值为=220乙 根据变压器原理可得=最，解得。2=2 2 L 故电压表示数为22U,A 错误；B、通过电热丝的电流。=黑=2 4,故 通 过 电 动 机 的 电 流=/-/I=1 4 则电动机的输入功率P=IMU2=221V,电动机的发热功率P怒=珞 r=1小，故电动机的输出功率为P-P 热=2 1 W,8 正确；C、副线圈的输出功率P2=44W+2 2 W =6 6 W,变压器输入功率等于输出功率，也是66W,C 错误；。、根据变压器原理可得%=理 得原线圈的电流为0.3 4。错误；故选：B。电压表测量的是副线圈的电压有效值，根据原线圈交流电压随时间变化的规律求出原线圈电压的有效值，再利用变压器原理求出电压表的示数；电动机的输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，分别计算即可；变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，计算副线圈总的输出功率就能得出变压器的输入功率；利用变压器中原副线圈中电流与匝数成反比计算通过保险丝的电流有效值，再计算通过它的电流。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。11.答案：A解析：解：导体棒以恒定的速度历8 过宽为乙 2磁感强度为B的匀强磁场时，产生的感应电动势为：E=B Lrv通过导体棒的感应电流为：/=?=等K K全过程中通过电阻R的电荷量为：q=岁=当 竺K K故选：A.根据E=求出导体棒产生的感应电流，由欧姆定律求出通过导体棒的感应电流，再由q=求通过电阻R的电荷量。解决本题时要知道电路稳定时，电容器相当于断路，电路的结构是导体棒与R串联。12.答案：B解析：解：重力的瞬时功率等于重力与重力方向的速度的乘积，因为两物体均做平抛运动，在竖直方向的分速度v=因为在同一地点抛出，故两球落地时的竖直方向的分速度大小相等，又因两球质量相同，故两球落地时的重力功率是相等的，故 8 正确，AC。错误。故选：B。重力对球做功的功率等于重力与球在竖直方向的速度乘积，根据题意给出数据分析即可.本题抓住重力的功率等于重力与重力方向的速度乘积，这是关键，不能认为是重力与物体速度的乘积.13.答案：C解析：解：以物体和梯子整体为研究对象，在竖直方向根据平衡条件可得：2尸支=m g,得：F 支=詈，以左侧梯子底端为研究对象，受到地面的支持力、摩擦力和梯子的弹力，受力分析如图所示，F1TFi 4 a则有:tan解得：Fr=m g t a n ,方向向右，C正确，ABD错误。故选：C。以物体和梯子整体为研究对象，在竖直方向根据平衡条件求解地面对梯子的支持力；以左侧梯子底端为研究对象，根据平衡条件求解地面对左侧梯子的摩擦力A。本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是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。注意整体法和隔离法的应用。14.答案：B C解析：解；4、密立根比较精确的测出了元电荷e的数值，故A 错误；B、电磁波由真空进入介质传播时，频率不变，波速减小，根据 可知波长变短，故 8 正确;C、汽油桶用金属材料制作时可以及时将产生的静电导走，防止静电危害，故 C 正确；。、电场中某点电场强度的方向与该点所放正电荷受到的静电力的方向相同，与该点所放负电荷受到的静电力的方向相反，故。错误；故选：B C。根据物理学史可确定密立根测出了元电荷e的数值；根据u=可知波长的变化；金属材料制作的油桶可以及时将产生的静电导走，防止静电危害；电场强度方向的确定为正电荷的受力方向。本题主要考查了电场强度的方向和物理学史以及电磁波波速、波长和频率的关系，此题比较基础，掌握物理的基本概念和性质即可解答。15.答案:A C解析：解：4、火车过桥要慢行，目的是使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥，故 4 正确。BC、干涉、衍射和多普勒效应等现象是波特有的，所有波都都具有干涉、衍射现象，故 8 错误，C正确。、声波是纵波，声波振动的方向与声音传播的方向在同一直线上，不一定一致，故。错误。E、偏振现象是横波特有的，纵波不能发生偏振现象，故 E 错误。故选：A Co光的偏振说明光是横波，具有波动性；当波源的电磁振荡停止了，只是不能产生新的电磁波，但已发出的电磁波不会立即消失；明确光的色散的原理；双缝干涉实验中，若波长越长，则干涉条纹间距越宽；当驱动力频率等于固有频率时达到共振，最易损坏桥梁，从而即可求解。考查光的偏振原理及作用，掌握电磁波理论，注意干涉色散与折射色散的不同，理解影响干涉条纹间距，知道共振现象的原理。16 .答案：B C解析：由力的合成可知：增大合力可以采取：增大分力的大小；减小分力间的夹角；既增大分力的大小，又减小分力间的夹角，分别分析；本题关键是对动滑轮受力分析，根据三力平衡条件，结合力的合成的平行四边形法则进行分析讨论，从而明确增大拉力的方法。由力的合成可知：A只增加绳的长度既没有增大分力的大小也没有改变力的夹角，所以对合力没有影响，故 A错误：员夹角不变时，分力增大，合力就增大，增加重物的重量就是增大分力，故 B正确；C D 在分力不变时手指向下移动，两个拉力大小不变，夹角变小，故两拉力合力变大，手要用较大的力；手指向上移动，两个拉力大小不变，夹角变大，故两拉力合力变小，故手要用较小的力，故 C正确，。错误；故选B C。17 .答案:拉力尸恒定;小车质量M恒 定;0.8 5；5.0解析：本题考查了打点计时器的应用以及根据纸带求物体运动的速度、加速度等问题，要熟练掌握从纸带上获取小车速度、加速度的方法，数据处理时注意单位的换算。该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，纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的两个推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度。解：该同学要探究小车的加速度a 和质量M的关系，应该保持细线对车的拉力尸不变；若该同学要探究加速度a 和拉力F 的关系，应该保持小车的质量M不变;利用匀变速直线运动的推论得出：xD F 0.016 +0.018V e tD F 2 x 0.02小车的加速度为Q =,=：需 亶6/s 之=5.0m/s2m/s=0.8 5 m/s故答案为：拉力/=1 恒定；小车质量M恒定；0.8 5；5.0o18.答案：/?!3 12.5解析：解：(1)根据图甲电路图连接实物图如图乙所示:(2)滑动变阻器采用分压接法时，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻凡；(3)根据并联电路规律可得:lrl=，2（2 +R），整理得:h=4 2,结合图像得:k.=-r2-+R =4A.c8,ri解得:厂 1=3 12.5 0。故答案为：(1)图见解析(2)%(3)3 12.5根据电路图连接实物图，导线不能相交；滑动变阻器采用分压接法时，为方便实验操作，选择较小阻值的；根据并联电路电压相等求出A -与 表达式结合图像求解。根据并联电路支路电压相等得出人-/2 表达式结合图像求解是本题解题关键，运用数学知识解决物理问题是常用的实验解题思维。1 9.答案：解：(1)根据题意可知滑块1 与滑块3 的质量均为nti =0.1 k g,滑块2 的质量为巾2 =0 2 k g,弹簧弹开过程中，根据动量守恒定律可得：m1V1=m2v2解得：%=8 m/s,被压缩的轻弹簧的弹性势能E p =谥+：巾2 谚=4.8 7；(2)滑块1 和滑块3 碰撞过程中根据动量守恒定律可得：m i%=2m.v3v3=4m/s,根据机械能守恒定律可得：I X 2 7 nl 诏=2 m 1 g x 2R解得：R=0.4 m在半圆环轨道最低点4 时，根据牛顿第二定律可得：F-2 mlg=2 m14R解得：F =1 0/V；根据牛顿第三定律可得滑块1 和滑块3 经过双半圆环轨道最低点A 时对轨道的压力大小为1 0 N；(3)根据牛顿第二定律可得物块2 在传送带上运动的加速度大小为：a=5 m/s2,如果物块2 在传送带上一直减速，则到传送带末端的速度为也则有：vl-v2=2aL解得：v=3m/s如果物块2 在传送带上一直加速，则到传送带末端的速度为1A则有：1/2 _ v2 _ 2aL解得：vr=y/23m/s传送带的速度为l m/s V“4 3 m/s,物体在传送带上一直减速，达到传送带末端的速度均为u=3m/s平抛运动的时间 =后=0.2s此过程中物块2 的水平位移X i =vt=0.6 m；传送带的速度为3 m/s 。W 旧m/s,物体在传送带上先加速后匀速，最后和传送带的速度相同，此过程中物块2 的水平位移应=vt=0.2v；传送带的速度为旧m/s v 6m/s，物体在传送带上一直加速，达到传送带末端的速度均为口=y/23m/s此过程中物块2 的水平位移%3 =0.2 V 2 3 m o答：(1)被压缩的轻弹簧的弹性势能为4.8J；(2)滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点力时对轨道的压力大小为10N；传 送带的速度为lm/s v 3 m/s,物块2的水平位移为0.6m；传送带的速度为3m/s v 物块2的水平位移为0.2v；传送带的速度为gzn/s v 6m/s，物块2的水平位移为0.2相解析：(1)弹簧弹开过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解被压缩的轻弹簧的弹性势能；(2)滑块1和滑块3碰撞过程中根据动量守恒定律求解碰撞后的速度大小，根据机械能守恒定律求解轨道半径，在半圆环轨道最低点4 时，根据牛顿第二定律、牛顿第三定律求解滑块1和滑块3经过双半圆环轨道最低点4时对轨道的压力大小；(3)根据牛顿第二定律可得物块2在传送带上运动的加速度大小，物块2在传送带上运动的情况有三种:一直减速、先加速后匀速、一直加速，根据运动情况结合平抛运动的规律求解。本题主要是考查动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿第二定律的综合应用和平抛运动的结合，解答本题的关键是知道物体2在传送带上的运动情况，能够根据运动学公式得到最大速度和最小速度，根据平抛运动的规律求解。20.答案：解：(1)若要使4球和B球通过最高点C时，恰好对管壁压力为零，则在最高点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得：V2mg=m 解得：v=ygR(2)两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，4 B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差.对4球：3zng+mg=小半解得对B 球：mg 0.75mg=解得：vB=由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为：S.=vAt=%居=4RSB=vBt-vB 佬=R所以有：SA-SB=3R即4B两球落地点间的距离为3R.答：（1）4、B两球的速度要满足=画；（2）4、B两球落地点间的距离为3R.解析：（1）若要使4球和B球通过最高点C时，恰好对管壁压力为零，则在最高点由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；（2）对两个球分别受力分析，根据合力提供向心力，求出速度，此后球做平抛运动，正交分解后，根据运动学公式列式求解即可.本题关键是对小球在最高点处时受力分析，然后根据向心力公式和牛顿第二定律求出平抛的初速度,最后根据平抛运动的分位移公式列式求解.21.答案:解:在最高点时，以木桶和水为研究对象，木 桶 和 水 的 质 量 为=0.1kg+0.4kg=0.5kg,根据牛顿第二定律得，F+Mg=M%,解得F=M 左-Mg=0.5 x 2 -5N=76NR 已 0.5在最低点，对水分析，根据牛顿第二定律得，N-m g =m W解得 N=mo+m =4+0.4x =84/Vu R 0.5根据牛顿第三定律知，最低点水对桶的压力为84N；答：木桶在最高点对绳的拉力为7 6 N,最低点水对桶的压力为84N。解析：解决本题的关键知道向心力的来源，选择好研究对象，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大。在最高点，对整体分析，根据牛顿第二定律求出最高点对绳子的拉力大小.在最低点，对水分析，根据牛顿第二定律求出桶对水的弹力。22.答案：解：（1）设次边刚进入磁场时的速度大小为巧，根据平衡条件可得：m g =B Ir-21,其中K联立解得：女=舞；设线框a/i、ed边将离开磁场时的速度大小为功，根据平衡条件可得：m g =B l2l,其中联立解得：及 2=鬻；所以廿2=4%;(2)线框自由下落过程中，根据动能定理可得：1 7mgl=-mv1解得：%=2gl,则艺=472gl从加边刚进入磁场到线框以、ed 边刚离开磁场过程中，设克服安培力做功为力安，根据动能定理可得：1 17 n g(H +2。一 V/方=7 7 7 n 谚-m v f文 2 2根据功能关系可知，产生的热量为：Q =mg(H -1 3 1)。答:(1)线框勘、ed 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是儿边刚进入磁场时的4 倍；(2)若磁场上下边界间的距离H,则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为m g(H -131).解析：(1)根据平衡条件结合安培力的计算公式求解进入磁场和离开磁场时的时的大小，再求出比值;(2)线框自由下落过程中，根据动能定理求解速度大小；从b e边刚进入磁场到线框M、ed 边刚离开磁场过程中，根据动能定理、功能关系可得产生的热量。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。