2021届海南省高考物理诊断试卷(3月份)(含答案解析).pdf

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1、2021届海南省高考物理诊断试卷（3月份）一、单 选 题（本大题共8小题，共24.0分）1.下列说法正确的是（）A.布朗运动是固体小颗粒分子的无规则运动的反映B.分子势能随分子间距离的增大而增大C.气体分子的平均动能越大，则气体压强越大D.分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小2.如图所示，一细束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的a、b、c三束单色光.比较a、b、c三束光，可知（）A.当它们在真空中传播时，c光的波长最长B.当它们在玻璃中传播时，c光的速度最大C.若它们都从玻璃射向空气，c光发生全反射的临界角最大D.若它们都能使某种金属产生光电效应，c光照射出光电子的最大初

2、动能最大3.2008年北京奥运会，我国陈一冰勇夺吊环冠军，其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环，然后身体下移，双臂缓慢张开到如图所示位置，则在两手之间的距离增大过程中，吊环的两根绳的拉力尸 丁（两个拉力大小相等）及它们的合力F的大小变化情况为（）A.尸 丁 减小，F不变B.FT增大,F增大C.FT增大,一减小D.再增大，F不变4.一子弹以速度 飞行恰好射穿一块铜板，若子弹的速度是原来的3倍，那么可射穿上述铜块的数目为（）A.3块 B.6块 C.9块 D.12块5.关 于原子和原子核，下列说法正确的是（）A.1919年卢瑟福用a粒子轰击氮核：产N+匆e *。+浊，发现中子B.1932年查德威

3、克用a粒子轰击被核：l B e+加e t肾C+乩，发现质子C.1934年约里奥 居里夫妇用a粒子轰击铝核：弘4 +为e-羯P+J n,用人工方法得到放射性同位素D.1905年爱因斯坦发现质能方程：E=m c2,解释了光电效应现象6.某同学在研究通电导线在磁场中受力情况时，先将同一个电流元（），垂直磁场放在4、B、C三个位置；然后在B点，垂直磁场放入不同的电流元（分别为、21、/-2L）,观测所受安培力大小，记录如图所示。由此实验和数据，能得到的结论是（）A.同一电流元在磁场的不同位置，所受安培力大小不同，安培力与电流元的比值相同B.不同电流元在磁场的同一位置，所受安培力大小不同，安培力与电流元

4、的比值不同C.在磁场某个位置，安培力与电流元的比值与所取电流元的大小有关D.安培力与电流元的比值可以反映磁场在该位置的性质，与电流元取值无关7.一定质量的理想气体从状态a沿abc过程到状态c,其P-7图象如图，其中ac连线的延长线过原点。.则在整个过程中气体的内能（）J.9A.先增大后不变/B.先不变后减小 一OC.先增大后减小D.先减小后增大8.下列关于电势高低的判断，正确的是（）A.负电荷从4移到B时、电场力做正功，A点的电势一定较高B.负电荷从A移到B时，电势能增加，4点电势一定较低C.正电荷从4移到B时，电势能增加，4点电势一定较低D.正电荷只在电场力作用下从A移到8,4点电势一定较高

5、二、多 选 题（本大题共5小题，共20.0分）9.如图，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一质量为小的金属球从半径为R的半圆轨道的右端最高处沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g。下列正确的是（）A.金属球中不会产生感应电流B.金属球可以运动到半圆轨道左端最高处C.金属球受到的安培力做负功D.最终系统产生的总热量为mgR10.如图所示的电路中，E为电源，%为定值电阻，&为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小），/?2、/?3为滑动变阻器，c 为平行板电容器.当开关S闭合时，电容器两极板间有一带电微粒恰好处于静止状态.下列说法正确的是（）RTA.只逐渐增大照在&上的光照强度，电阻消耗的

6、电功率变大，带电微粒向上运动B.只将/?3的滑动端P3向上端移动时，电源消耗的功率变大，带电微粒向上运动C.只将7?2的滑动端 2向下端移动时，带电微粒向下运动D.断开开关S,带电微粒将向下运动11.如图所示，固定斜面的倾角。=37。，底端挡板D与斜面垂直，可视为质点的质量m=2kg物块P位于质量不计的轻板Q的最上端，轻板Q的长度I=1 m,物块P与挡板。之间的距离L=3.2m己知物块P与轻板Q之间的动摩擦因数4 =0.9,轻板Q与斜面之间的动摩擦因数为=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。假设轻板Q与挡板。碰撞后速度立即变为零，物块P与挡板。碰撞后速度大小不变，方向相反。现将物块P和轻板Q同

7、时由静止开始释放，重力加速度g=10m/s2,则（）A.刚释放时物块P所受摩擦力大小为8NB.刚释放时物块P所受摩擦力方向沿斜面向上C.物块P与轻板Q之间摩擦产生的内能为8/D.在整个过程中，轻板Q运动的总路程为3m12.一 列 沿 x轴传播的简谐横波，t=0时刻的波形如图所示，此时质点P恰在波峰，质点Q恰在平衡位置且向上振动.再过0.2 s,质点Q第一次到达波峰，则正确的是（）A.波沿x轴负方向传播B.波的传播速度为30m/sC.1s末质点P 的位移为零D.质P的振动位移随时间变化的关系式为x=0.2s讥（2忒+）mE.0至0.9s时间内P点通过的路程为0.9根1 3.如图所示，北京的朝天轮

8、是目前世界上最高的游览车，它的总高度为208小，轮箍直径约1 8 3 m,轮箍全由轮辐索支承。该游览车设计速度为20分钟/转，轮盘装备48个大型轿舱，每个轿舱最多可乘40人,乘客在晴天时的远望距离可达几十公里。在该游览车运行过程中，以下判断正确的是（）A.所有乘客在乘坐过程中到达左右两端点时所受合力大小相等B.每时每刻，每个人受到的合力都等于零C.每时每刻，每个人受到的合力都不等于零D.乘客在乘坐过程中到达最低点时对座位的压力最大三、实 验 题（本大题共2 小题，共 18.0分）1 4.某同学用如图所示装置“研究物体的加速度与外力关系”，他将光电门固定在气垫轨道上的某点B处，调节气垫导轨水平后

9、，用重力为F的钩码，经绕过滑轮的细线拉滑块，每次滑块从同一位置4 由静止释放，测出遮光条通过光电门的时间其 改变钩码个数，重复上述实验。记录的数据及相关计算如下表。图16图2实验次数12345F/N0.050.100.150.200.2540.428.623.320.218.1t2/(m.s)21632.2818.0542.9408.0327.6l/t2(x 10-47ns-2)6.112.218.424.430.5为便于分析F与t的关系，在坐标纸上作出如图所示的图线，图线为 的关系图象A.F-t,B.F-t2 C.F-i结合表格中数据及图线特点，算 出 图 线 的 斜 率 卜=。设AB间的距

10、离为s,遮光条的宽度为d,由图线的斜率可求得滑块的质量为M为1 5.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率”实验.（1）如图甲所示，先用多用电表“x i n 挡粗测其电阻为 n,然后用图乙的螺旋测微器测其直径为 m m,再用图内的毫米刻度尺测其长度为 cm.（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A.电压表V（量程3 V,内阻约为15k0；量程1 5 V,内阻约为75k0）区电流表4（量程0.6 A,内阻约为10；量程3 A,内阻约为0.2。）C.滑动变阻器%（05014）。.滑动变阻器/f2（。2000）1.5 1/的干电池两节，内阻

11、不计F.电阻箱G.开关S,导线若干为了测多组实验数据，则 滑 动 变 阻 器 应 选 用 (填“片”或“/?2”)(3)请在方框内设计最合理的电路图，并完成图丁中的实物连线.四、计算题(本大题共3小题，共 3 8.0 分)1 6 .以%=20 m/s 的初速度竖直向上抛出一个质量为1 kg 的物体，由于空气阻力，物体只能达到修=1 2.5 m的最大高度，若在物体抛出后的整个过程中所受空气阻力大小不变，求：(1)空气阻力的大小；(2)物体落回地面的速度大小为多少？(取g =1 0 m/s2)1 7.如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子

12、质量为小，电荷量为e,加速电场极板间电势差为无,偏转电场极板间电势差为U,极板长度为L,板间距为d,偏转电场可视为匀强电场，电子所受重力可忽略。(1)求电子射入偏转电场时的初速度先和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离(2)由问题(1)的结论可知，电子偏转距离与偏转电场极板间电势差U 有关。已知L=1.0 x l O m,加速电场U o-5 0 0 V.当偏转极板间电压为随时间变化的交变电压=22V 2s in5 0 0 7r t V B J在计算其中任意一个电子通过极板的偏转距离A y 时，仍可认为偏转极板间电势差是某一定值。请利用下面所给数据，分析说明这样计算的合理性。己知e =1.6

13、 x 1 0-1 9。巾=9.1 x 1 0-3/g。1 8.长为L=1.5 m的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块4 以某一初速度%从木板8 的左端滑上长木板8,直到4、B 的速度达到相同，此时4、B 的速度为f =0.4 z n/s,然后4、B 又一起在水平冰面上滑行了s =8.0 cm 后停下。若小物块4 可视为质点，它与长木板8 的质量相同，4、B 间的动摩擦因数 1 =0.2 5,取9 =l O m/s 2.求：(1)木板与冰面的动摩擦因数4 2；(2)小物块4 的初速度为。参考答案及解析1 .答案：D解析：解：4、布朗运动是固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动，故A错误；8

14、、当分子表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小，故B错误；C、气体的压强与分子运动的激烈程度、分子的密度都有关，气体分子的平均动能越大，则气体压强不一定越大，故C错误；分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，且斥力减得快，故。正确；故选：D。布朗运动是固体颗粒的运动，反映了液体分子的无规则运动；当分子表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大，当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小；气体的压强与分子运动的激烈程度、分子的密度都有关；分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，且斥力减得快

15、。本题考查布朗运动、分子势能、分子力和气体压强，知识点多，难度小，关键是记住基础知识。2.答案：D解析：解：4、三种色光，c的偏折程度最大，知c的折射率最大，a的折射率最小。则c的频率最大，a的频率最小。根据入=，得，a的波长最大，c的波长最短。故A错误。B、根据v 得，c在介质中速度最小。故3错误。C、根据s i n C=工得，折射率越大，临界角越小，所以c光的临界角最小。故C错误。nD、根据光电效应方程E K m =hy-%，频率越大，照射出光电子的最大初动能越大，所以c光照射出的光电子最大初动能最大。故。正确。故选：D。通过各种色光折射光线，比较出折射率，从而知道各种色光的频率大小，根据

16、4 =比较波长的大小.根据。=；比较出在介质中的速度大小，根据$讥。=；比较出临界角的大小，根据光电效应方程EK m=h y-%比较出最大初动能的大小解决本题的关键知道各种色光折射率、频率、波长、临界角、在介质中的速度关系.3.答案：D解析：解：对运动员受力分析，受到重力、两个拉力，如图，冬、憎J由于两个拉力的合力始终等于人的重力，保持不变，且夹角变大，故两个拉力不断变大；故。正确、ABC错误。故选：D。三力平衡时，任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；将一个力分解为两个相等的分力，夹角越大，分力越大，夹角越小，分力越小。本题关键作图后，根据三力平衡条件，运用合成法分析讨论。4.答 案:

17、C解析：解：子弹以速度u运动时，恰能水平穿透一块固定的铜板，根据动能定理有：1,fd=0-mvg设子弹的速度为2%时，穿过的木板数为7 1,则有：1-nfd=0 2m,C3VQ)2联立两式并代入数据得：n=9块故选：Co分别对子弹穿过一块铜块和穿过n块铜块过程运用动能定理，联立方程即可求解.解决本题的关键掌握动能定理，运用动能定理解题时要合理的选择研究的过程.5.答案：C解析：解：力、卢瑟福用a 粒子轰击氮核：/N+狙$0+出，因此发现质子，故 4 错误；B、查德威克用a 粒子轰击镀核：iBe+iHe 抹C+制，因此发现中子，故 B错误；C、约里奥居里夫妇用a 粒子轰击铝核：召4 +He-能P

18、+乩，瑞P 一 言Si+?e,因此发现放射性同位素及正电子，故 C 正确；D、爱因斯坦发现光电效应方程：Ek=h y-W,因此解释了光电效应现象，故。错误；故选：C卢瑟福发现质子；查德威克发现中子；约里奥居里夫妇发现放射性同位素及正电子；光电效应方程，解释了光电效应现象。该题考查原子物理学的发展历程中中子与质子的发现者，及核反应方程，理解光电效应方程的应用。6.答案：D解析：解：由于磁感应线的疏密表示磁场的强弱，根据图象可知，4、8、C三点磁感应强度依次减弱。A、同一电流元在磁场的不同点，所受安培力大小不同，根据B=3可知安培力与电流元的比值3不相同，故A错误；氏 不同电流元在磁场的同一点，所

19、受安培力大小不同，而同一点的磁感应强度不变，根据B=（可知安培力与电流元的比值相同，故8错误；C、磁感应强度大小是由磁场本身决定的，与该点是否放入电流元或电流元的大小无关，故C错误；力、安培力与电流元的比值表示磁感应强度，而磁感应强度是反映磁场自身性质的物理量，与电流元无关，故。正确。故选：。根据磁感应强度的定义式B=3以及磁感应强度的物理意义、决定因素、磁感应线与磁感应强度的关系进行分析。本题主要是考查磁感应强度的定义式B=。解答本题的关键是知道磁感应强度大小是由磁场本身决定的，与该点是否放入电流元或电流元的大小无关，知道 表示的物理意义。7.答案：B解析：解：由图可知，由a到b为等温变化，

20、温度不变，则内能不变；由b到c过程中温度降低，内能减小，故8正确，ACD错误。故选：B.明确图象的性质，根据理想气体状态方程可分析温度的变化，从而确定内能的变化。本题考查对P-7图象的理解以及对气体内能的理解，要注意明确理想气体分子势能忽略不计，温度是分子平均动能的标志，根据温度变化即可确定内能的变化。8.答案：C解析：略9.答案：C D解析：解：ABC、金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，故 C 正确，A 3错误；D、根据能量守恒定律得系统产生

21、的总热量为TngR,故。正确。故 选:CD。根据感应电流产生条件判断有无感应电流产生；根据安培力的作用判断安培力做功的正负；根据能量守恒分析系统产生的总热量。本题考查了感应电流产生的条件，及能量守恒定律，要知道感应电流产生的条件闭合回路、磁通量变化。10.答案：AD解析：电路稳定时.，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压.只逐渐增大占的光照强度，的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断扁消耗的电功率，电容器两端的电压增大，由微粒的受力判断其运动情况；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻7?3的滑动端22向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻/?2的滑动端P1向下

22、端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=9分析板间场强变化和微粒所受电场力变化，判断微粒的运动情况.本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的.分析油滴是否运动，关键是分析电场力是否变化.A、只逐渐增大的光照强度，心的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R。消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，两板间的场强增大；故微粒向上运动；故4 正确；B、/?3与电容串联，只 将 的 滑 动 端 3向上端移动时，电路稳定时相当于导线，故改变7?3的滑片的位置不会影响电路中电流及电压；故带电微粒静止不动；故 8 错误；C、只调节电阻的滑动端P2向下端

23、移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，两板间的场强增大，故带电微粒向上运动，故 C错误；/）、若断开开关S,电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故。正确.故选：AD.11.答案：ABD解析：解：A B,已知物块P 与轻板Q 之间的动摩擦因数%=0.9,轻板Q 与斜面之间的动摩擦因数”2 :0.5,开始释放时P 和Q 一起加速下滑，加 速 度 为 由 牛 顿 第 二 定 律 得 m g s i n J -4 2 m g e o s。=m a i，解得a：i =2 m/s 2.设物块P 受摩擦力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得：

24、r n g s i n。-/=m近 代入数据解得f =8N,且方向与假设的方向一致，沿斜面向上，故 A B 正确；C、设Q 与挡板碰撞时速度为“，则：2axL-I)=v2代入数据可得：v=2 V 2.2 m/sQ 与挡板碰撞后P 向下做减速运动，由牛顿第二定律可得：mgsind-nrmgcos9=m a2解得：a2=1.2 m/s2设P 能到达。处,且速度为巧,则有:v l-v2=2a2l代入数据可得：vx=0.8-/1 0 m/s说明假设是正确的。则此后P 向上运动，P 与Q 之间的最大摩擦力为：h =mgeose=0.9 x 2 x 1 0 x cos37N=1 4.4/VQ 与斜面之间的

25、最大摩擦力为：f2=112mgeos。=0.5 x 2 x 1 0 x cos37N=8 N 方可知此后Q 将随P 一起运动，二者之间没有相对位移，所以P 与Q 之间的引摩擦产生的内能：Q i=/i-I=1 4.4 x 1/=1 4.4；,故 C 错误；。、设木板Q 相对于斜面得总路程为s,由于整个的过程中碰撞的过程没有能量的损失，所以产生的总内能等于开始时P 的重力势能，即：mgL-sind-QA+n2mgcosd s代入数据可得：s=3 m,故。正确。故选：ABD.对整体，由受力分析结合牛顿第二定律求出整体的加速度，然后对P 分析看是否能随Q 一起做加速运动，然后结合牛顿第二定律判断P 受

26、到的摩擦力；结合受力分析判断Q 与挡板碰撞后的运动昨天我,然后结合运动学的公式分析P 与Q 之间的相对位移，由内能的公式求出产生的内能，由能量守恒定律判断Q 的总路程。该题的过程相对复杂，解答的关键是正确对各个过程进行受力分析，结合牛顿第二定律判断运动的特点。1 2.答案：BC解析：解：4、由题意质点Q 恰好在平衡位置且向上振动，则知波沿x 轴正方向传播。故 A错误。B、由题得该波的周期为7=0.8s,波长为;l =2 4 m,则波速为v =*=30?n/s,故 B正确。C、t=ls=l；7,可知Is末质点P到达平衡位置，位移为零，故。正确。4。、图示时刻质点P 的振动位移为y=0.2 m,根

27、据数学知识可知其振动方程是余弦方程，gPy=0.2cos(t)m=0.2sin(t 4-)m=0.2sin(2.5nt+)ni.故 )错误。T 0.8 2 2E、t=0.9s,y=0.2sin(2,5nt+=0.2sin(2.57T x 0.9+)m=九=5 =署=1 所以。至0.9s时间内P点通过的路程为S=4 4+立=(4x0.2+马0.9m，故T 0.8 810 1 107E 错误。故选：BC.由题意质点Q恰在平衡位置且向上振动，再过0.2 s,质点Q第一次到达波峰，知波沿无轴正方向传播，波的周期为T=0.8s.由图读出波长，确定出求出波速.根据时间与周期的关系，分析1s末质占P的位移.

28、根 据 P质点的位移和速度方向，确定其振动方程.根据时间0.9s与周期的关系，求解质点P通过的路程.本题要能根据质点的振动过程确定周期，判断波的传播方向是应具备的基本功.质点的振动方程要根据位移和速度方向由数学知识分析函数特征，写出振动方程.13.答案：C D解析：解：4、所有乘客到达左右两端时，乘客所受到的合力提供乘客做圆周运动所需的向心力，由于角速度在左右两端相同，向心力/向=巾 32，故合力还与乘客的质量有关，故 A 错误；8、乘客在随游览车运行的过程中，乘客在在做匀速圆周运动，乘客所受的合力提供向心力，所以无论乘客在什么位置，合力都不会为零，故 8 错误，C 正确；D、乘客在乘坐过程中

29、到达最高点时，向心力向下，大小为：F向=m g-N,得：N=m g -F乘客在乘坐过程中到达最低点时，向心力向上，大小为：F向=N m g,得：N=m g +F所以有N N,由牛顿第三定律可知，乘客在乘坐过程中到达最低点时对座位的压力最大，故。正确；故选：C D。做匀速圆周运动的物体的合外力提供向心力，合外力始终不会为零，根据F向=爪 32厂 判断向心力大小，由此可判断选项ABC的正误。通过对乘客在最高点和最低点时进行受力分析，在竖直方向上列式可知这两个时刻可知那个时刻支持力最大，从而得知对座位的压力情况，由此可判知选项。的正误。解答该题的关键是正确的对乘客进行受力分析，找出向心力，沿半径方向

30、上的所有力的合力提供向心，同时要注意对牛顿第三定律的应用。14.答案：C；82；翳解析：根据数据关系和能否根据图象判定因变量和自变量之间的关系确定应作出尸一卷的关系图象，作图时要先选择合适的标度，再描点最后连线，让该直线尽可能多的穿过这些点，让其余的点尽可能均匀分布在直线的两侧。根据F与卷的图象，求得斜率。遮光条通过光电门的速度可以用平均速度代替故D=会 再 根 据/=2as即可求出物体的加速度a,根据牛顿第二定律即可求得质量本题主要是考查同学们作图的能力和根据图象得出数量关系的能力，只有在日常学习一步一步亲力所为才能逐步培养出这种能力。由图表的关系可知尸与福成正比，故C正确根据图象可知斜率为

31、卜=烹=82由题意知物体通过光电门的时间为3则物体通过光电门的速度为D=(,设物体的加速度为Q,则有/=2 a s,所以 a=-=-r2s 2st2.F 2sF 2sk根据牛顿第二定律可知尸=M a,解得“=展=三=m正故答案为：C;82；箸。15.答案：7.0 4.699 9.15 8解析：解：(1)多用表的读数为电阻的粗测值，其电阻为7.00；根据螺旋测微器读数规则，固定刻度读数+可动刻度读数+估读，圆柱体的厚度为：4.5mm+19.9 x O.Olnun=4.699nwi；毫米刻度尺测其长度为9.15cm(2)滑动变阻器&(02000)的阻值比待测金属丝阻值7仅大得太多，为保证电路安全，

32、方便实验操作,滑动变阻器应选匕，最大阻值5C；(3)为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图甲所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图乙所示:故答案为：(1)7.0,4.6 9 9,9.1 5；(2)/?1；(3)电路图如图甲所示，实物连线如图乙所示。(1)根据仪器仪表读数进行读数；(2)为保证电路安全，方便实验操作，选择滑动变阻器；(3)为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，电流表应采用外接法。本题考查的是测量一均匀新材料制成的金属丝的电阻率实验，要求学生能够熟练掌握仪器仪表读数问题，会选择仪器量程。1

33、 6.答案：解：(1)设空气阻力大小为广,对物体上升，上升过程有：0-诏=一2的”由牛顿第二定律得：m g +f=m ar代入数据解得：f=6N(2)对物体下降，由牛顿第二定律得：m g -f=m a2下降过程有：v2-0 =2a2H代入数据解得：v=10m/s答：(1)空气阻力的大小是6 N；(2)物体落回地面的速度大小为l O z n/s.解析：(1)研究物体的上升过程，先根据运动学速度位移关系公式可求得加速度，再由牛顿第二定律求空气阻力的大小.(2)研究物体的下落过程，由牛顿第二定律求得加速度，再由速度位移关系公式可求物体落回地面的速度大小.本题是有空气阻力的竖直上抛运动，能根据运动情况

34、确定受力情况，也能根据受力情况确定运动情况，加速度是关键的量.也可以分段运用动能定理列方程求解.1 7.答案：解：(1)电子在加速电场中加速过程，根据动能定理有：eU =-vtivl-0解得：v0=缺电子在偏转电场中运动的加速度a =些=Wm ma电子在偏转电场中运动的时间1 =y电子在偏转电场中偏转距离 y =1at2联立解得4 y =第4U()d(2)电子通过偏转电场的时间t W=怠y m代入数据解得t =7.5 X I O-1 9s交变电压的周期为T=-=4 x 1 0-3s3 SOOTT由于t7,所以这样计算是合理的。答：(1)电子射入偏转电场时的初速度火是后,从偏转电场射出时沿垂直板

35、面方向的偏转距离a y 是UL24Uod(2)由于电子穿过偏转电场的时间远小于交变电压的周期，所以这样计算是合理的。解析：(1)电子加速过程，根据动能定理，可求出电子加速获得的速度大小，即为电子射入偏转电场时的初速度几.电子进入偏转电场做类平抛运动，采用运动的分解法研究，根据牛顿第二定律求得加速度，结合运动学公式即可求解偏转距离Ay。(2)依据提供的数据求出电子穿过偏转电场的时间，与交变电压的周期进行比较，即可得解。本题是先加速后偏转的类型，对于加速过程，利用动能定理求粒子加速获得的速度。运用运动的分解法研究偏转过程，都是常用方法，要熟练掌握。1 8.答案：解：(1)小物块和木板一起运动时，水

36、平方向受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度为：a=4 m/s2=l m/s2，2s 2X0.08 /由牛顿第二定律得：2m9=m a解得：M 2=0.1 0；(2)小物块相对木板滑动时水平方向受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度为：的=41 g =0.25 x 1 0 m/s2=2.5 m/s2f小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，由牛顿第二定律得：-2(2m)g =血。2，解得：a2=0.50 m/s2；设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为U,则：对于木板D=a2t,解得：t=0.8 s,小物块滑上木板的初速度：v0=v+art=(0.4+2.5 x 0.8)m/s =2.4 m/s答：(1)木板与冰面的动摩擦因数的为。1 0；(2)小物块4的初速度先为2.4m/s。解析：(1)C与4 B的速度达到相同后，共同在冰面上滑行，做匀减速运动，由运动学规律求出加速度，再由牛顿第二定律求解4 8与冰面间的动摩擦因数；(2)在C与 的 速 度 达 到 相 同 前，分别以C和A B为研究对象，根据牛顿第二定律求出它们的加速度,再由速度公式求解。该题涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式。