2021屆浙江省名校協作體高考物理模擬試卷（3月份）

一、單選題（本大題共13小題，共39.0分）

1.許多科學家在物理學發展過程中做出了重要貢獻，下列表述正確的是（）

A.牛頓運動定律既適應于物體的低速運動，也適應于物體的高速運動

B.伽利略通過著名的扭秤實驗測出了引力常量的數值

C.卡文迪許發現了萬有引力定律，被稱為“稱量地球的質量”的人

D.開普勒行星運動三大定律揭示了行星的運動規律，為萬有引力定律的發現奠定了基礎

2.一汽車啟動后沿水平公路勻加速行駛，速度達到外后關閉發動機,

滑行一段時間后停止運動，其u-t圖象如圖所示。設行駛中發動

機的牽引力大小為F,摩擦阻力大小為牽引力所做的功為名，

克服摩擦阻力所做的功為電，則（）

A.F：/=2：1B.F：/=3：1

C.W1：W2=4：1D.W2=1：1

3.“飛車走壁”雜技表演比較受青少年的喜愛，這項運動由雜技演員駕

駛摩托車，簡化后的模型如圖所示，表演者沿表演臺的側壁做勻速圓

周運動.若表演時雜技演員和摩托車的總質量不變，摩托車與側壁間

沿側壁傾斜方向的摩擦力恰好為零，軌道平面離地面的高度為H,側壁

傾斜角度a不變，則下列說法中正確的是（）

A.摩托車做圓周運動的H越高，向心力越大

B.摩托車做圓周運動的“越高，線速度越大

C.摩托車做圓周運動的H越高，向心力做功越多

D.摩托車對側壁的壓力隨高度H變大而減小

4.一輛載重車在丘陵地帶行駛，地形如圖所示，輪胎已經很舊，為防止爆胎，車在經過何處時應

減速行駛（）

5.關于機械能守恒，下列敘述中正確的是（）

A.汽車在長直斜坡上勻速下滑時，機械能守恒

B.做平拋運動的小球，機械能守恒

C.外力對物體做功為零，物體的機械能一定守恒

D.物體所受合力不等于零，它的機械能一定不守恒

6.如圖所示，c為一束含有a光、b光的復色光，沿半徑方向射入半圓形玻C\_____、

璃磚，由圓心。點射出，分為I、n兩束光，已知a光線穿過破璃的時J、、\

間短，下列說法正確的是（）【——?齊工一

A.光束n是a光，并且比光束I更容易發生衍射

B.光束I是a光，并且相對光束II其光子的能量更大11

C.用b光照射某金屬時有光電子逸出，則用a光照射也一定有光電子逸出

D.玻璃對a光的臨界角小于對b光的臨界角

7.將一質量為M=2kg的絕緣長木板固定在水平面上，一正方形導線框abed放在絕緣長木板上，

正方形導線框的質量為1kg,邊長L=lm,電阻R=0.10,以過加邊的中垂線mn為邊界,

如圖1所示，由t=0時刻開始在mn左側的線框區域內加一豎直向下的磁場，其磁感應強度隨時

間的變化規律如圖2所示，在nm右側的線框區域內加一豎直向上、磁感應強度為B2=0.57的勻

強磁場，線框abed的四邊為磁場的邊界.若導線框與長板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

它們之間的動摩擦因數4=0.3,g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

圖1圖2

A.導線框中的感應電動勢為0.5U

B.在t=ls時，導線框所受的安培力大小為1N,方向水平向左

C.導線框中產生俯視逆時針方向的感應電流

D.在0-ls內，導線框一直靜止在絕緣長板上

8.下列選項中，m和mO分別表示14c某時刻和初始時刻的質量。則能正確反映14c衰變規律的是

（）

9.物體做平拋運動，若以拋出點為起點。取初速度方向為水平位移的正方向，則圖中能正確描述

該物體的水平位移x隨時間t變化關系的圖象是（）

10.如圖所示，理想變壓器的原線圈通過保險絲接在一個交變電源上，交。零[⑶

變電壓瞬時值隨時間變化的規律為iz=311sinl00初；V）,副線圈所在小七

電路中接有電熱絲、小電動機、理想交流電壓表和理想交流電流表。o----業」一I—I

已知理想變壓器的原、副線圈匝數比為10：1.電熱絲額定功率為44W,小電動機內電阻為10,

電流表示數為34各用電器均正常工作。則（）

A.電壓表示數為31.1UB.小電動機的輸出功率為21W

C.變壓器的輸入功率為44WD.通過保險絲的電流為304

11.平行金屬導軌左端接有阻值為R的定值電阻，右端接有電容為C的電容器，平行導軌間距為L.導

體棒與導軌接觸良好并以恒定的速度"通過寬為乙2磁感強度為B的勻強磁場，導體棒和金屬導軌

電阻不計，則全過程中通過電阻R的電荷量為（）

XXX

XXX

XXXXX

XXXXX

B.q=BLIL>2^~CBL-^vR

BL^L2"^CBV

12.在距地面h高處，分別以速度%和〃2（%<%）水平拋出兩個質量相同的小球4和B，則兩球在落

地時重力對兩球的功率匕和PB的大小關系為（）

無法判斷

A.PA>PBB.PA=PBC.PA<PBD.

13.如圖甲所示，人字折疊梯是工人師傅施工常用的工具，是由兩個相同梯子在頂端用光滑轉軸連

接而成，為防止意外發生，兩側梯子用不可伸長的細繩連接。把人字折疊梯置于水平地面上，

當上端正中間放置質量為m的物體時，細繩松弛并且系統保持靜止，兩側梯子間的夾角為a,簡

化示意圖如圖乙所示，人字折疊梯自身的重力不計，重力加速度為g,系統靜止時地面對左側梯

子的摩擦力&為（）

A.Fi=mgtan^,水平向右B.A=mgtan^,水平向左

C.K=；mgtanM水平向右D.K=：nigtcm支水平向左

二、多選題（本大題共3小題，共6.0分）

14.下列說法正確的是（）

A.庫侖比較精確地測出了元電荷e的數值

B.電磁波由真空進入介質傳插時，波長將變短

C.制作汽油桶的材料用金屬比用塑料好

D.電場中某點電場強度的方向就是該點所放電荷受到的靜電力的方向

15.下列說法正確的是（）

A.火車過橋要慢行是要避免發生共振損壞橋梁

B.不是所有的波都具有干涉、衍射現象

C.所有的波都具有多普勒效應

D.聲波振動的方向與聲音傳播的方向一致

E.縱波也能發生偏振現象

16.某研究性學習小組為頸椎病人設計了一個牽引裝置：如圖，一根繩繞過兩個"T...T

定滑輪和一個動滑輪后兩端掛著相同的重物，與動滑輪相連的帆布帶拉著病

人的頸椎（圖中是用手指代替頸椎做實驗），整個裝置在同一豎直平面內.如

果要增大手指所受的拉力，可采取的方法是（）飛

A.只增加繩的長度B.只增加重物的重量

C.只將手指向下移動D.只將手指向上移動

三、實驗題（本大題共2小題，共14.0分）

17.在“探究加速度與力、質量的關系”實驗中，某同學使用了如圖1所示的裝置，打點計時器使用

的交流電頻率為50”z.

①該同學要探究小車的加速度a和質量M的關系，應該保持不變；若該同學要探究加速度a和

拉力尸關系，應該保持不變.

②該同學得到一條紙帶，在紙帶上取連續的六個點，如圖2所示，自4點起，相鄰兩點的距離分別為

10.0mm、

12.0mm^14.0mm,16.0mm18.0mm,則打E點時小車速度為m/s,小車的加速度為

m/s2.（保留兩位有效數字）

18.某同學利用圖甲所示電路測量一表頭的電阻，供選用的器材如下：

甲乙

4待測表頭Gi（內阻ri約為3000,量程為5.0nM）

B.靈敏電流表G2（內阻萬=300/2,量程為l.OnM）

C.定值電阻R(R=12000)

。.滑動變阻器&(最大阻值為10。)

E.滑動變阻器/?2(最大阻值為1000。)

尸.電源E(電動勢E=1.57,內阻不計)

G開關S,導線若干

(1)請根據圖甲所示電路將圖乙的實物圖補充完整。

(2)滑動變阻器應選(選填"RJ或"&”)。

(3)該同學多次移動滑片P記錄相應的Gi、G2示數人、12,以A為縱坐標、/2為橫坐標作出相應圖線，

測得圖線的斜率k=4.8,則待測表頭內阻ri=0。

四、計算題(本大題共4小題，共41.0分)

19.如圖所示，在光滑水平桌面4B上靜止著三個小滑塊，滑塊1與滑塊3的質量均為0.1kg,滑塊2的

質量為0.2kg,滑塊1與滑塊2之間壓縮一輕彈簧(滑塊與輕彈簧之間不栓接)，4的左端固定著與

4B相切的、半徑為R的光滑豎直雙半圓環軌道，孔徑大小不計，滑塊正好可以在其內部滑行；B

的右端與一長L=0.7m的水平傳送帶相連，傳送帶以速度訓句右傳動，滑塊與傳送帶間的動摩擦

因數“=05釋放被壓縮的彈簧，滑塊1和滑塊2被彈出，滑塊2彈出時的速度玲=4m/s,滑塊1

與滑塊3相碰后粘在一起，進入雙半圓環軌道，并恰好能過最高點F,滑塊2經過水平傳送帶在C

點水平拋出，落在水平地面上，落點為。，已知C點距水平面高h=0.2m,C點與。點間的水平

距離為x。g取10m/s2,求：

(1)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能與；

(2)滑塊1和滑塊3經過雙半圓環軌道最低點4時對軌道的壓力大小;

(3)若傳送帶的速度取值范圍為lm/s<v<6m/s,滑塊2落點。與C點間水平距離x與傳送帶速度u之

間滿足的關系。

20.如圖所示，半徑為R,內徑很小的光滑半圓管豎直放置.兩個質量均

為小的小球人B以不同的速度進入管內，若要使4球和B球通過最高

點C時，恰好對管壁壓力為零，求：

(1)4、B兩球的速度要滿足什么條件？

(2)4球通過最高點。時，對管壁上部的壓力為3?ng,B球通過最高點C時，對管壁下部的壓力為0.75mg,

那么4、B兩球落地點間的距離？

21.如圖所示，質量為0.1kg的木桶內盛水0.4kg,用50an的繩子系桶，使它在豎直，."§'?、、

面內做圓周運動。如果通過最高點和最低點時的速度大小分別為9m/s和10m/s,/、'：

II

(f

求木桶在最高點對繩的拉力和最低點水對桶的壓力.(g取lOm/s?)

22.如圖所示，“凹”字形硬質金屬線框質量為小，相鄰各邊互相垂直，且處于同一平面內，ab、be

邊長均為2Z,g/邊長為八勻強磁場區域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開

始時，兒邊離磁場上邊界的距離為線框由靜止釋放，從幾邊進入磁場直到gf邊進入磁場前，

線框做勻速運動。在gf邊離開磁場后，ah、ed邊離開磁場之前，線框又做勻速運動。線框在下

落過程中始終處于豎直平面內，且兒、g/邊保持水平，重力加速度為g。求

(1)線框a/i、ed邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是be邊剛進入磁場時的兒倍；

(2)若磁場上下邊界間的距離H,則線框完全穿過磁場過程中產生的熱量為多少？

磁場區

參考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、牛頓運動定律適應于物體的低速運動，不適應于物體的高速運動，故A錯誤；

8、卡文迪許通過著名的扭秤實驗測出了引力常量的數值，故B錯誤；

C、牛頓發現萬有引力定律，卡文迪許測出了引力常量的數值，使萬有引力定律具有實際的應用意義，

被稱為“稱量地球的質量”的人，故C錯誤；

。、開普勒通過對第谷的觀測資料的研究，提出行星運動三大定律揭示了行星的運動規律，為萬有

引力定律的發現奠定了基礎，故。正確。

故選：Do

牛頓運動定律適應于宏觀、低速運動的物體；根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要

貢獻即可。

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是

考試內容之一.

2.答案：D

解析：解：AB,對汽車，由動量定理得：

加速過程：(F-f)t=771%-0,

減速過程：-/(4t-t)=0-

解得：F：f=4：1,故AB錯誤；

CD、對整個過程，由動能定理得：W1-W2=0-0,解得：W1：1〃2=1：1，故C錯誤，。正確。

故選：Do

根據圖象應用動量定理可以求出牽引力與摩擦力大小關系，應用動能定理可以求出牽引力與摩擦力

做功關系。

本題考查了求力與功的關系問題，考查了動能定理的應用，根據圖示圖象分析清楚汽車運動過程是

解題的前提，應用動量定理與動能定理即可解題。

3.答案：B

解析：解：4、摩托車做勻速圓周運動，提供圓周運動的向心力是重力mg和支持力

F的合力，作出力圖。如圖向心力4=zngtana,m,a不變，向心力大小不變。故

A錯誤。

B、根據牛頓第二定律得&=J,h越高，r越大，心不變，則u越大。故3正確。

mmg

C、向心力對物體不做功，故c錯誤：

。、側壁對摩托車的支持力尸=果不變，則摩托車對側壁的壓力不變。故。錯誤。

故選：B。

摩托車做勻速圓周運動，提供圓周運動的向心力是重力mg和支持力尸的合力，作出力圖，得出向心

力大小不變.八越高，圓周運動的半徑越大，由向心力公式分析周期、線速度大小.

本題考查應用物理規律分析實際問題的能力，是圓錐擺模型，關鍵是分析物體的受力情況，研究不

變量.

4.答案：C

解析：解：在最高點時有：mg—N=m—＞解得：N=mg—m匕＜mg。

RR

22

在最低點，有：N—mg=mmy,解得：N=mg+m彳＞mg。

知同樣的速率，在C處汽車所受的支持力最大，則為了防止爆胎，應使汽車經過C處時的速率最小。

故C正確，4、B、。錯誤。

故選：Co

汽車在丘陵山地做圓周運動，靠徑向的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求出何處支持力最大，

即可判斷。

解決本題的關鍵知道圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律進行分析。

5.答案：B

解析：解：力、沿斜面勻速下滑的汽車，其動能不變，而重力勢能減小，則其機械能減小，故A錯

誤.

8、平拋運動，只受重力，機械能守恒，故B正確.

C、外力對物體做功為零，不一定只有重力做功，物體的機械能不一定守恒，故C錯誤.

。、物體機械能守恒的條件是：只有重力做功，與合外力是否等于0無關，故。錯誤.

故選：B

物體機械能守恒的條件是：只有重力做功，機械能是動能和勢能之和.根據機械能守恒的條件和定

義，即可判斷物體是否是機械能守恒.

本題根據機械能守恒條件和機械能的定義、能量如何轉化三種方法，進行判斷，要多掌握幾種思路

進行分析.

6.答案：4

解析：解：4、折射率越小的光在介質中傳播的速度越大，則在介質中傳播的時間短。a光線穿過破

璃的時間短，說明a的折射率小；

因為a光的折射率較小，所以a的偏折程度比較小，所以a光為光束口，b束光為光束I；

a光的折射率小，頻率小，則波長長，則比光束I更容易發生衍射。故A正確。

B、由4的分析可知，光束n是a光。故8錯誤。

C、根據4的分析可知，b光的折射率大，頻率大，根據光電效應發生的條件可知，用b光照射某金屬

時有光電子逸出，則用a光照射不一定有光電子逸出。故C錯誤。

。、臨界角：sinC=La的折射率小，則玻璃對a光的臨界角大于對b光的臨界角。故O錯誤。

n

故選：A?

根據傳播的時間的關系，結合”=：比較出波速，從而比較出折射率的大??；

根據光的偏折程度得出光的折射率大小，從而判斷a是哪一束光：由折射率與頻率的根據，結合光電

效應方程分析；

根據臨界角與折射率的關系分析。

解決本題的突破口在于通過光的偏折程度比較出光的折射率大小，知道折射率、頻率、在介質中的

速度、波長等大小關系。

7.答案：C

解析：解：

A、根據題意，穿過線圈的磁通量與時間的變化表達式B=t-0.5(T),

那么由電磁感應定律，則有感應電動勢E="S=1XM=iv,故A錯誤；

8、根據楞次定律，可知，穿過線圈的磁通量，先向上減小，后向下增大，因此產生的感應電流俯視

逆時針方向，當在t=ls時，線框的感應電流/=|=六4=104那么ab邊安培力大小Fi=BJL=

K(J.1

1x10x1=10N；

而cd邊安培力大小尸2=Bz/L=0.5x10x1=5N,根據左手定則可知，它們的安培力方向相同，因

此導線框所受的安培力大小為15N,方向水平向右，故8錯誤，C正確；

D、由滑動摩擦力公式/=〃N=0.3xlxl0=3N,由上分析可知，安培力大于3N,故。錯誤：

故選：C.

根據法拉第電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，及安培力表達式，并依據楞次定律與左手定則

來判定感應電流方向與安培力方向，從而即可一一求解.

考查法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律的內容，掌握楞次定律的應用，理解左手定則的內容，

注意穿過線圈磁通量的磁場方向不同，則會出現相互抵消現象.

8.答案：B

解析：解：設衰變半衰期為T,那么任意時刻14c的質量：m=m0G片，可見m是時間t的指數函數,

隨著￡的增長14c的質量越來越小，且變化越來越慢，故B正確，ACO錯誤。

故選：B。

根據半衰期的定義求出任意時刻14c的質量的表達式。

該題考查對半衰期的理解，根據衰變規律表示出兩個物理量之間的關系再選擇對應的函數圖象。

9.答案：D

解析：解：平拋運動水平方向上做勻速直線運動，水平位移和時間成正比，即％=仇，位移與時間

圖線是一條過原點的傾斜直線，故。正確，A8C錯誤。

故選：D.

平拋運動在水平方向做勻速直線運動，根據x="可以確定水平位移和時間的關系圖線。

解決本題的關鍵是知道平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，水平位移和時間成正比。

10.答案:B

解析：解：4、已知交變電壓瞬時值隨時間變化的規律為u=311s譏1007rt（匕），則原線圈電壓的有

效值為％=220乙根據變壓器原理可得￡=最，解得。2=22L故電壓表示數為22U,A錯誤；

B、通過電熱絲的電流。=黑=24,故通過電動機的電流=/-/I=14則電動機的輸入功率P=

IMU2=221V,電動機的發熱功率P怒=珞r=1小，故電動機的輸出功率為P-P熱=21W,8正確；

C、副線圈的輸出功率P2=44W+22W=66W,變壓器輸入功率等于輸出功率，也是66W,C錯誤；

。、根據變壓器原理可得%=理得原線圈的電流為0.34。錯誤；

故選：B。

電壓表測量的是副線圈的電壓有效值，根據原線圈交流電壓隨時間變化的規律求出原線圈電壓的有

效值，再利用變壓器原理求出電壓表的示數；

電動機的輸出功率等于電動機的輸入功率減去發熱功率，分別計算即可；

變壓器的輸入功率等于副線圈的輸出功率，計算副線圈總的輸出功率就能得出變壓器的輸入功率；

利用變壓器中原副線圈中電流與匝數成反比計算通過保險絲的電流有效值，再計算通過它的電流。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數之比，在只有

一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且相等。

原線圈的電壓決定副線圈的電壓；理想變壓器在改變電壓和電流的同時，不改變功率和頻率。

11.答案：A

解析：解：導體棒以恒定的速度歷8過寬為乙2磁感強度為B的勻強磁場時，產生的感應電動勢為：E=

BLrv

通過導體棒的感應電流為：/=?=等

KK

全過程中通過電阻R的電荷量為：q=〃="歲=當竺

KK

故選：A.

根據E=求出導體棒產生的感應電流，由歐姆定律求出通過導體棒的感應電流，再由q=〃求

通過電阻R的電荷量。

解決本題時要知道電路穩定時，電容器相當于斷路，電路的結構是導體棒與R串聯。

12.答案：B

解析：解：重力的瞬時功率等于重力與重力方向的速度的乘積，因為兩物體均做平拋運動，在豎直

方向的分速度v=因為在同一地點拋出，故兩球落地時的豎直方向的分速度大小相等，又因兩

球質量相同，故兩球落地時的重力功率是相等的，故8正確，AC。錯誤。

故選：B。

重力對球做功的功率等于重力與球在豎直方向的速度乘積，根據題意給出數據分析即可.

本題抓住重力的功率等于重力與重力方向的速度乘積，這是關鍵，不能認為是重力與物體速度的乘

積.

13.答案：C

解析：解：以物體和梯子整體為研究對象，在豎直方向根據平衡條件可得：2尸支=mg,得：F支=詈，

以左側梯子底端為研究對象，受到地面的支持力、摩擦力和梯子的彈力，受力分析如圖所示，

F1

T

Fi4a

則有:tan

解得：Fr=^mgtan^,方向向右，C正確，ABD錯誤。

故選：C。

以物體和梯子整體為研究對象，在豎直方向根據平衡條件求解地面對梯子的支持力；以左側梯子底

端為研究對象，根據平衡條件求解地面對左側梯子的摩擦力A。

本題主要是考查了共點力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對象、進行受力分析、

利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程

進行解答。注意整體法和隔離法的應用。

14.答案：BC

解析：解；4、密立根比較精確的測出了元電荷e的數值，故A錯誤；

B、電磁波由真空進入介質傳播時，頻率不變，波速減小，根據〃可知波長變短，故8正確;

C、汽油桶用金屬材料制作時可以及時將產生的靜電導走，防止靜電危害，故C正確；

。、電場中某點電場強度的方向與該點所放正電荷受到的靜電力的方向相同，與該點所放負電荷受

到的靜電力的方向相反，故。錯誤；

故選：BC。

根據物理學史可確定密立根測出了元電荷e的數值；根據u=可知波長的變化；金屬材料制作的

油桶可以及時將產生的靜電導走，防止靜電危害；電場強度方向的確定為正電荷的受力方向。

本題主要考查了電場強度的方向和物理學史以及電磁波波速、波長和頻率的關系，此題比較基礎，

掌握物理的基本概念和性質即可解答。

15.答案:AC

解析：解：4、火車過橋要慢行，目的是使驅動力頻率遠小于橋梁的固有頻率，以免發生共振損壞橋，

故4正確。

BC、干涉、衍射和多普勒效應等現象是波特有的，所有波都都具有干涉、衍射現象，故8錯誤，C

正確。

。、聲波是縱波，聲波振動的方向與聲音傳播的方向在同一直線上，不一定一致，故。錯誤。

E、偏振現象是橫波特有的，縱波不能發生偏振現象，故E錯誤。

故選：ACo

光的偏振說明光是橫波，具有波動性；當波源的電磁振蕩停止了，只是不能產生新的電磁波，但已

發出的電磁波不會立即消失；明確光的色散的原理；雙縫干涉實驗中，若波長越長，則干涉條紋間

距越寬；當驅動力頻率等于固有頻率時達到共振，最易損壞橋梁，從而即可求解。

考查光的偏振原理及作用，掌握電磁波理論，注意干涉色散與折射色散的不同，理解影響干涉條紋

間距，知道共振現象的原理。

16.答案：BC

解析：

由力的合成可知：增大合力可以采取：增大分力的大??；減小分力間的夾角；既增大分力的大小，

又減小分力間的夾角，分別分析；

本題關鍵是對動滑輪受力分析，根據三力平衡條件，結合力的合成的平行四邊形法則進行分析討論，

從而明確增大拉力的方法。

由力的合成可知：

A只增加繩的長度既沒有增大分力的大小也沒有改變力的夾角，所以對合力沒有影響，故A錯誤：

員夾角不變時，分力增大，合力就增大，增加重物的重量就是增大分力，故B正確；

CD在分力不變時手指向下移動，兩個拉力大小不變，夾角變小，故兩拉力合力變大，手要用較大的

力；手指向上移動，兩個拉力大小不變，夾角變大，故兩拉力合力變小，故手要用較小的力，故C

正確，。錯誤；

故選BC。

17.答案:①拉力尸恒定;小車質量M恒定;②0.85；5.0

解析：

本題考查了打點計時器的應用以及根據紙帶求物體運動的速度、加速度等問題，要熟練掌握從紙帶

上獲取小車速度、加速度的方法，數據處理時注意單位的換算。

該實驗是探究加速度與力、質量的三者關系，研究三者關系必須運用控制變量法，紙帶法實驗中，

若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的兩個推論，可計算出打出某

點時紙帶運動的瞬時速度和加速度。

解：①該同學要探究小車的加速度a和質量M的關系，應該保持細線對車的拉力尸不變；若該同學要

探究加速度a和拉力F的關系，應該保持小車的質量M不變;

②利用勻變速直線運動的推論得出：

xDF0.016+0.018

Vem/s=0.85m/s

~tDF~2x0.02

小車的加速度為Q=,=°°：需亶6/s之=5.0m/s2

故答案為：①拉力/=1恒定；小車質量M恒定；②0.85；5.0o

18.答案：/?!312.5

解析：解：(1)根據圖甲電路圖連接實物圖如圖乙所示:

(2)滑動變阻器采用分壓接法時，為方便實驗操作，應選擇最大阻值較小的滑動變阻凡；

(3)根據并聯電路規律可得:

'lrl=，2（「2+R），

整理得:

h=42,

結合圖像得:

.r+Rc

k=-2-=4A.8,

ri

解得:

廠1=312.50。

故答案為：(1)圖見解析(2)%(3)312.5

根據電路圖連接實物圖，導線不能相交；滑動變阻器采用分壓接法時，為方便實驗操作，選擇較小

阻值的；根據并聯電路電壓相等求出A-與表達式結合圖像求解。

根據并聯電路支路電壓相等得出人-/2表達式結合圖像求解是本題解題關鍵，運用數學知識解決物

理問題是常用的實驗解題思維。

19.答案：解：(1)根據題意可知滑塊1與滑塊3的質量均為nti=0.1kg,滑塊2的質量為巾2=02kg,

彈簧彈開過程中，根據動量守恒定律可得：m1V1=m2v2

解得：%=8m/s,

被壓縮的輕彈簧的彈性勢能Ep=謚+：巾2諺=4.87；

(2)滑塊1和滑塊3碰撞過程中根據動量守恒定律可得：mi%=2m.v3

v3=4m/s,

根據機械能守恒定律可得：IX27nl詔=2m1gx2R

解得：R=0.4m

在半圓環軌道最低點4時，根據牛頓第二定律可得：F-2mlg=2m14

R

解得：F=10/V；

根據牛頓第三定律可得滑塊1和滑塊3經過雙半圓環軌道最低點A時對軌道的壓力大小為10N；

(3)根據牛頓第二定律可得物塊2在傳送帶上運動的加速度大小為：

a==5m/s2,

如果物塊2在傳送帶上一直減速，則到傳送帶末端的速度為也則有：

vl-v2=2aL

解得：v=3m/s

如果物塊2在傳送帶上一直加速，則到傳送帶末端的速度為1A則有：

1/2_v2_2aL

解得：vr=y/23m/s

傳送帶的速度為lm/sV“43m/s,物體在傳送帶上一直減速，達到傳送帶末端的速度均為u=

3m/s

平拋運動的時間￡=后=0.2s

此過程中物塊2的水平位移Xi=vt=0.6m；

傳送帶的速度為3m/s<。W舊m/s,物體在傳送帶上先加速后勻速，最后和傳送帶的速度相同，

此過程中物塊2的水平位移應=vt=0.2v；

傳送帶的速度為舊m/s<v<6m/s，物體在傳送帶上一直加速，達到傳送帶末端的速度均為口=

y/23m/s

此過程中物塊2的水平位移%3==0.2V23mo

答：(1)被壓縮的輕彈簧的彈性勢能為4.8J；

(2)滑塊1和滑塊3經過雙半圓環軌道最低點力時對軌道的壓力大小為10N；

⑶傳送帶的速度為lm/s<v<3m/s,物塊2的水平位移為0.6m；

傳送帶的速度為3m/s<v<V23m/s>物塊2的水平位移為0.2v；

傳送帶的速度為gzn/s<v<6m/s，物塊2的水平位移為0.2相

解析：(1)彈簧彈開過程中，根據動量守恒定律和能量守恒定律求解被壓縮的輕彈簧的彈性勢能；

(2)滑塊1和滑塊3碰撞過程中根據動量守恒定律求解碰撞后的速度大小，根據機械能守恒定律求解軌

道半徑，在半圓環軌道最低點4時，根據牛頓第二定律、牛頓第三定律求解滑塊1和滑塊3經過雙半

圓環軌道最低點4時對軌道的壓力大??；

(3)根據牛頓第二定律可得物塊2在傳送帶上運動的加速度大小，物塊2在傳送帶上運動的情況有三種:

一直減速、先加速后勻速、一直加速，根據運動情況結合平拋運動的規律求解。

本題主要是考查動量守恒定律、能量守恒定律、牛頓第二定律的綜合應用和平拋運動的結合，解答

本題的關鍵是知道物體2在傳送帶上的運動情況，能夠根據運動學公式得到最大速度和最小速度，根

據平拋運動的規律求解。

20.答案：解：(1)若要使4球和B球通過最高點C時，恰好對管壁壓力為零，則在最高點由重力提供

向心力，根據牛頓第二定律得：

2

mg=m—V

解得：v=y[gR

(2)兩個小球在最