2025屆福建省福州市高三下學(xué)期2月質(zhì)檢預(yù)測物理試卷

答案與解析

一.選擇題（共4小題，滿分16分，每小題4分）

1.（4分）如圖所示為運(yùn)動會中的四個比賽場景。下列對各場景的闡述中正確的是

甲乙丙丁

A.圖甲所示，在運(yùn)動員展示小輪車騎行技巧時(shí)，可將其看成質(zhì)點(diǎn)

B.圖乙所示，運(yùn)動員在參加田徑女子20公里競走，“20公里”指的是比賽過程中的位移

C.圖丙所示，運(yùn)動員在4x100米決賽跑出38秒06,“38秒06”指的是時(shí)刻

D.圖丁所示，運(yùn)動員跳高下落時(shí)，通過海綿墊可增加接觸面與運(yùn)動員的作用時(shí)間從而實(shí)

現(xiàn)緩沖

【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；質(zhì)點(diǎn)；時(shí)刻、時(shí)間的物理意義和判斷；位移、路程及其

區(qū)別與聯(lián)系.

K祥解》根據(jù)把物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件分析；路程是指運(yùn)動軌跡的長度，據(jù)此分析；時(shí)刻在

時(shí)間軸上用一個點(diǎn)表示；根據(jù)動量定理分析。

【解答】解：A、在運(yùn)動員展示小輪車騎行技巧時(shí)，運(yùn)動員的身體姿態(tài)不能忽略，不可將

其看成質(zhì)點(diǎn)，故A錯誤；

B、運(yùn)動員在參加田徑女子20公里競走，“20公里”指的是比賽過程中的路程，故B錯誤；

C、運(yùn)動員在4x100米決賽跑出38秒06,“38秒06”指的是時(shí)間間隔，故C錯誤；

D、運(yùn)動員跳高下落時(shí)，通過海綿墊可增加接觸面與運(yùn)動員的作用時(shí)間從而實(shí)現(xiàn)緩沖，根

據(jù)Ft=Ap可知，可以減小地面對運(yùn)動員的作用力，故D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評】本題考查了把物體看作質(zhì)點(diǎn)的條件。位移和路程的區(qū)別，時(shí)刻和時(shí)間間隔的區(qū)

別，以及動量定理的應(yīng)用。

2.（4分）如圖所示，一直桿固定在小車上，直桿的頂端固定著一小球。當(dāng)小車向右做勻

加速運(yùn)動時(shí)，直桿對小球作用力的方向可能沿圖中的（

A.OA方向B.OB方向C.OC方向D.OD方向

【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；彈力的概念及其產(chǎn)生條件；力的合成與分解的應(yīng)用.

K祥解』小球受重力和桿對小球的作用力，在兩個力共同作用下沿水平向右的方向加速運(yùn)

動，加速度水平向右，合力水平向右.

【解答】解：小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個力的作用下也

沿水平向右的方向加速運(yùn)動，加速度水平向右，根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，加速度的

方向與合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿圖中的OD方向，根據(jù)力的合成的平行

四邊形定則可知，直桿對小球的作用力可能沿0C方向，故C正確，ABD錯誤。

故選：C?

【點(diǎn)評】根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知，加速度的方向與合力的方向相同，是解決本題的

關(guān)鍵.另外知道桿的彈力不一定沿桿的方向.

3.（4分）如圖所示，足夠長水平傳送帶以恒定速率運(yùn)動。把不同小物體輕放在傳送帶左

端物體都會經(jīng)歷兩個階段的運(yùn)動。用v表示傳送帶速度，用卜i表示物體與傳送帶間的動摩

擦因數(shù)，則（）

A.前階段，物體可能向傳送方向的相反方向運(yùn)動

B.后階段，物體受到摩擦力的方向跟傳送方向相同

C.v相同時(shí)，口不同的等質(zhì)量物體與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同

D.四相同時(shí)，v增大為原來的2倍，前階段物體的位移也增大為原來的2倍

【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用.

［［祥解］］物品放傳送帶上時(shí)在摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，將

做勻速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行分析。

【解答】解：A、物品輕放在傳送帶上，前階段，物品受到向前的滑動摩擦力，所以物品

的運(yùn)動方向一定與傳送帶的運(yùn)動方向相同，故A錯誤。

B、后階段，物品與傳送帶一起做勻速運(yùn)動，不受到摩擦力，故B錯誤。

C、設(shè)物品勻加速運(yùn)動的加速度為a,由牛頓第二定律得：f=nmg=ma

物品的加速度大小為：a=|ig

勻加速的時(shí)間為：t=（=B

位移為：x=；t

傳送帶勻速的位移為：x，=vt

物品相對傳送帶滑行的距離為：AX=X，-X=^=2

物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=jimgAx=|mv2,則知。相同時(shí)，日不同的等質(zhì)量物

品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，故C正確。

D、前階段物品的位移為：x=：t=總，則知口相同時(shí)，D增大為原來的2倍，前階段物

品的位移也增大為原來的4倍，故D錯誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】本題是物體在傳送帶上運(yùn)動問題，物體在傳送帶的滑動摩擦力作用下做勻加速運(yùn)

動，速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，物體將和傳送帶一起勻速運(yùn)動，抓住時(shí)間和位移之間的關(guān)系

列式進(jìn)行分析。

4.（4分）如圖所示，Qi、Q2為兩個被固定的點(diǎn)電荷，a、b是它們連線的延長線上的兩

點(diǎn)。現(xiàn)有一帶正電的粒子只在電場力作用下以一定的初速度從a點(diǎn)開始經(jīng)b點(diǎn)向遠(yuǎn)處運(yùn)

動，過b點(diǎn)時(shí)速度最小，下列說法正確的是（）

A.向遠(yuǎn)處運(yùn)動過程中，粒子的電勢能先減小后增大

B.粒子由a點(diǎn)到b點(diǎn)運(yùn)動過程中加速度逐漸增大

C.b點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定為零

D.Qi的電荷量一定小于Q2的電荷量

【考點(diǎn)】電場力做功與電勢能變化的關(guān)系；電場強(qiáng)度的疊加；電場強(qiáng)度與電場力的關(guān)系和

計(jì)算.

［祥解］過b點(diǎn)時(shí)速度最小，到b點(diǎn)加速度為0.從而知道b點(diǎn)的電場力及電場強(qiáng)度.通

過b點(diǎn)的場強(qiáng)可以分析出兩個點(diǎn)電荷電量的大小.通過能量守恒判斷電勢能的變化.

【解答】解：A.在整個過程中速度先減小后增大，即動能先減小后增大，根據(jù)能量守恒

定律可得，電勢能先增大后減小，故A錯誤；

BC.帶電粒子在b點(diǎn)時(shí)速度最小，所以在b點(diǎn)的加速度為零，電場強(qiáng)度為零，即從a到b

點(diǎn)的過程中，加速度逐漸減小，故B錯誤，C正確；

D.由于b點(diǎn)的場強(qiáng)為零，所以有上當(dāng)=々景

ribr2b

由于nb＞r2b,所以Qi的電荷量一定大于Q2的電荷量，故D錯誤。

故選：Co

【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)圖象b點(diǎn)的加速度為0,根據(jù)這一突破口，從而判斷Q2的電

性及Qi和Q2的電量大小.

二.多選題（共4小題，滿分18分）

（多選）5.如圖所示，甲是地球赤道上的一個物體，乙是“神舟十號”宇宙飛船（周期約

90min）,丙是地球的同步衛(wèi)星，它們運(yùn)行的軌道示意圖如圖所示，它們都繞地心做勻速圓

A.它們運(yùn)動的向心加速度大小關(guān)系是a^＞a丙〉a甲

B.它們運(yùn)動的線速度大小關(guān)系是v乙＜v丙＜v甲

C.它們運(yùn)動的周期大小關(guān)系是T,=T丙〉T乙

D.衛(wèi)星乙的運(yùn)行速度大小大于地球的第一宇宙速度

【考點(diǎn)】近地衛(wèi)星；萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）；第一、第二和第三宇宙速度的物

理意義.

K祥解》根據(jù)a=r/、牛頓第二定律分析加速度大小關(guān)系；v=r（?、v=叵分析線速度；

同步衛(wèi)星丙的周期為24h,“神舟十號”宇宙飛船的周期約90min；第一宇宙速度是最大的環(huán)

繞速度。

【解答】解：同步衛(wèi)星丙的周期為24h,大于乙的周期，則丙的軌道半徑大于乙的軌道半

徑，乙和丙受到的萬有引力完全提供向心力；甲與丙的角速度相等，周期相等。

A、甲與丙的角速度相等，根據(jù)a=ro）2知，2丙＞2甲，根據(jù)牛頓第二定律可得：a=等可知

@乙〉@丙，所以有：aAa丙〉a甲，故A正確;

B、根據(jù)v=3知，丫丙＞丫甲，根據(jù)《可得：v=,所以vAv丙，故v乙＞丫丙

rr7r

＞v甲，故B錯誤；

C、同步衛(wèi)星丙的周期為24h,大于乙的周期，所以運(yùn)動的周期大小關(guān)系有：！＞=丁丙＞T

乙，故C正確；

D、第一宇宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以衛(wèi)星乙的運(yùn)行速度大小小于地球的第一宇宙速

度，故D錯誤。

故選：AC?

【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、加速

度、周期與軌道半徑的關(guān)系。以及知道同步衛(wèi)星的特點(diǎn)。

(多選)6.(6分)在如圖所示的電路中，a、b兩端接有電壓為u=100sinl007tt(V)的交

流電源，移動滑動觸頭P可改變理想變壓器原線圈接入電路的匝數(shù)，兩燈泡Li、Lz的電阻

和定值電阻R的阻值相同且保持不變。將開關(guān)S斷開，燈泡Li恰好正常發(fā)光，則下列說

A.原線圈輸入電壓的有效值為100V

B.若將P向上移動，Li會變暗

C.若閉合S,Li可能會被燒壞

D.若閉合S,R消耗的電功率是閉合S前的募倍

【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造與原理.

K祥解》變壓器的輸入電壓決定輸出電壓，輸出電流決定輸入電流，輸出功率決定輸入功

率；結(jié)合功率表達(dá)式分析判斷即可。

【解答】解：A、a、b兩端接有u=100sinl007it(V)的交流電源，所以原線圈兩端電壓的

有效值為愣V=50&V,故A錯誤；

V2

B、若將P向上移動，原線圈匝數(shù)增大，副線圈電壓減小，Li會變暗，故B正確；

C、燈泡Li、L2和R的電阻相同。當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，燈泡Li恰好正常發(fā)光，燈泡Li兩端

電壓為崇若閉合S,燈泡L1兩端電壓為M所以L1不可能會燒壞，故C錯誤；

D、當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，R消耗的電功率是受，若閉合S,R消耗的電功率是登匕所以R

RR

消耗的電功率是閉合S前的9倍，故D正確；

故選：BDO

【點(diǎn)評】本題考查理想變壓器原理及應(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時(shí)電路的

連接方式；同時(shí)注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)系。

（多選）7.（6分）如圖，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a出發(fā)，經(jīng)過等容過程ab到達(dá)狀態(tài)

b,再經(jīng)過等溫過程be到達(dá)狀態(tài)c,最后經(jīng)等壓過程ca回到初態(tài)a。下列說法正確的是

（）

A.在過程ab中氣體的內(nèi)能增加

B.在過程ab中氣體對外界做功

C.在過程ca中氣體對外界做功

D.在過程be中氣體從外界吸收熱量

【考點(diǎn)】理想氣體及理想氣體的狀態(tài)方程；熱力學(xué)第一定律的表達(dá)和應(yīng)用.

K祥解』一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能取決于溫度，根據(jù)圖線分析氣體狀態(tài)變化情況，根據(jù)

W=pAV判斷做功情況，根據(jù)內(nèi)能變化結(jié)合熱力學(xué)第一定律分析吸收或發(fā)出熱量。

【解答】解：A、從a到b等容升壓，根據(jù)牛=。可知溫度升高，一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能

決定于氣體的溫度，溫度升高，則內(nèi)能增加，故A正確；

B、在過程ab中氣體體積不變，根據(jù)W=pAV可知，氣體對外界做功為零，故B錯誤；

C、在過程ca中壓強(qiáng)不變，體積減小，所以外界對氣體做功，故C錯誤；

D、在過程be中，屬于等溫變化，氣體膨脹對外做功，而氣體的溫度不變，則內(nèi)能不變；

根據(jù)熱力學(xué)第一定律AU=W+Q可知，氣體從外界吸收熱量，故D正確；

故選：AD。

【點(diǎn)評】本題主要是考查了理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的知識，要能夠根據(jù)熱

力學(xué)第一定律判斷氣體內(nèi)能的變化與哪些因素有關(guān)（功和熱量）；熱力學(xué)第一定律在應(yīng)用時(shí)

一定要注意各量符號的意義；AU為正表示內(nèi)能變大，Q為正表示物體吸熱；W為正表示

外界對物體做功。

（多選）8.（6分）如圖（a）,S為粒子源，不斷沿水平方向發(fā)射速度相同的同種帶負(fù)電粒

子，MN為豎直放置的接收屏。當(dāng)同時(shí)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁

場時(shí)，粒子恰好沿直線打到MN上O點(diǎn)；當(dāng)只存在一種場時(shí)，粒子打在MN上的P點(diǎn)或Q

點(diǎn)，P、O、Q三點(diǎn)的位置關(guān)系如圖（b）所示，OP間距離為OQ間距離的點(diǎn)已知電場強(qiáng)

度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,S到屏MN的距離為d。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互

A.只加磁場時(shí)，粒子打在MN上的P點(diǎn)

B.粒子源發(fā)射出粒子的速度大小為!

C.粒子的比荷為葛

D.OP間距離為g

【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場進(jìn)入電場中的運(yùn)動.

［祥解』根據(jù)左手定則判斷粒子偏轉(zhuǎn)方向；根據(jù)平衡條件列式求解速度；根據(jù)類平拋運(yùn)動

規(guī)律和勻速圓周運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合幾何關(guān)系列式求解比荷和OP間的距離。

【解答】解：A、根據(jù)左手定則，帶負(fù)電的粒子在進(jìn)入磁場時(shí)受到的洛倫茲力向豎直向

下，故只加磁場時(shí)，粒子順時(shí)針偏轉(zhuǎn)打在屏上的Q點(diǎn)，故A錯誤；

B、由于同時(shí)存在電場和磁場時(shí)粒子沿SO做直線運(yùn)動，可知電場力與洛倫茲力為平衡力，

設(shè)粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,則有：

qvB=qE,解得：v=故B正確；

D

CD.只加電場時(shí)，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，如下圖所示，則有:

P

y

SJ

do

d=vt

y=i*—*t2

聯(lián)立可得：丫=窄

2mE

只加磁場時(shí)，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得:

qvB=m—

聯(lián)立可得：R=^

根據(jù)y與R的表達(dá)式，可得：2yR=d2

粒子的軌跡以及幾何關(guān)系如下圖所示。

已知OP間距離為OQ間距離的支即：0Q=|y

由幾何關(guān)系得：R2=d2+（R-|y）2

聯(lián)立解得：R=^y，R=）d

o4

進(jìn)而可得比荷為：區(qū)=篇，0P間的距離為：y=fd,故C正確，D錯誤。

m5BzdJ5

故選：BCo

【點(diǎn)評】本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動問題，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)

動，在電場中做類平拋運(yùn)動。帶電粒子在磁場的運(yùn)動，畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是

基本功，電場中的勻變速曲線運(yùn)動處理的方法是運(yùn)動的分解與合成。本題的難點(diǎn)是推導(dǎo)各

個物理量之間的關(guān)系。

三.填空題（共8小題，滿分60分）

9.（3分）在白熾燈照射下，從用手指捏緊的兩塊玻璃板的表面能看到彩色條紋，這是光

的干涉現(xiàn)象;通過兩根并在一起的鉛筆狹縫去觀察發(fā)光的白熾燈，也會看到彩色條

紋，這是光的衍射現(xiàn)象.

【考點(diǎn)】薄膜干涉現(xiàn)象；光的單縫衍射和小孔衍射.

K祥解』從用手指捏緊的兩塊玻璃板的表面能看到彩色條紋，是薄膜干涉現(xiàn)象；通過兩根

并在一起的鉛筆狹縫去觀察發(fā)光的白熾燈，也會看到彩色條紋，是光的衍射現(xiàn)象.

【解答】解：從用手指捏緊的兩塊玻璃板的表面能看到彩色條紋，是光在空氣膜的上下表

面的反射光在上表面疊加形成的，是干涉現(xiàn)象.通過兩根并在一起的鉛筆狹縫去觀察發(fā)光

的白熾燈，也會看到彩色條紋，是衍射現(xiàn)象.

故答案為：干涉衍射

【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道干涉和衍射的區(qū)別，并能與實(shí)際生活相聯(lián)系.

10.(3分)(1)核反應(yīng)堆中的“燃料”是i5U,請完成核反應(yīng)方程式

第5u+仙一"Sr+^Xe+10Jn；38、136。

(2)社232經(jīng)過6次a衰變和4次p衰變后變成一種穩(wěn)定的元素。這種元素是鉛，它的質(zhì)

量數(shù)是208,原子序數(shù)是82。

(3)請寫出葩137(斕cs)發(fā)生p衰變的核反應(yīng)方程—鎮(zhèn)Cs三婢Ba+與e_。

[已知53號元素是碘⑴，56號元素是領(lǐng)(Ba)]

【考點(diǎn)】P衰變的特點(diǎn)、本質(zhì)及方程；計(jì)算a和0衰變的次數(shù)；結(jié)合能與比結(jié)合能的概念

及物理意義；愛因斯坦質(zhì)能方程的應(yīng)用.

[[祥解U(1)(2)根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒求出生成物的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)；

(3)根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒書寫核反應(yīng)方程。

【解答】解：(1)根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得：Sr核的電荷數(shù)為Z=92-54=38,

Xe核的質(zhì)量數(shù)A=235+l-90-10x1=136；

(2)由題意可知社232衰變成鉛的核反應(yīng)方程為鎘2TApb+64He+4oie

根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，有232=A+6x4,90=Z+2x6-4

解得：A=208,Z=82,由此可知鉛的質(zhì)量數(shù)是208,原子序數(shù)是82；

(3)根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，鈉137發(fā)生P衰變的核反應(yīng)方程為

盤7cs一婢Ba+'e

故答案為：⑴38,136；(2)208,82；(3)盤7cs一位Ba+￡e

【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道在核反應(yīng)過程中電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，并會求解生成物

的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)。

11.(4分)某橫波在介質(zhì)中傳播，t=0時(shí)刻波傳播到x軸上的質(zhì)點(diǎn)B時(shí)，所形成的波形如

圖所示，則。點(diǎn)開始振動時(shí)振動方向向上（選填“向上”或“向下”），若已知計(jì)時(shí)開始

后，則質(zhì)點(diǎn)A在t=0.3s時(shí)第二次出現(xiàn)在平衡位置，該簡諧橫波的波速等于5m/so

【考點(diǎn)】波長、頻率和波速的關(guān)系；機(jī)械波的圖像問題.

K祥解》根據(jù)圖像得出質(zhì)點(diǎn)的振動方向，結(jié)合題目條件得出周期，利用公式完成對波速的

計(jì)算。

【解答】解：由圖可知，B點(diǎn)開始振動時(shí)方向向上，故。點(diǎn)開始振動時(shí)方向向上，由質(zhì)點(diǎn)

A在t=O.3s時(shí)第二次出現(xiàn)在平衡位置得

3

-T=0.3s

4

解得：T=0.4s

由圖像可知，波長為2m

則"=1=^m/s=5m/s

故答案為：向上；5

【點(diǎn)評】本題主要考查了簡諧橫波的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，熟悉不同方向的運(yùn)

動特點(diǎn)，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式即可完成分析。

12.（6分）如圖1,是測量滑塊與長鐵片之間動摩擦因數(shù)的示意圖。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

A.用鐵架臺將長鐵片傾斜固定并支在水平桌面上，在長鐵片上標(biāo)出A、B兩點(diǎn)，把光電

門固定在長鐵片上的B點(diǎn)，將光電門、光電計(jì)時(shí)器（圖中未畫出）與電源連接好；

B.用米尺測量出長鐵片上A、B兩點(diǎn)間的距離L,用量角器測得斜面的傾角為仇用游標(biāo)

卡尺測量擋光片的寬度d；

C.接通電源，調(diào)整光電計(jì)時(shí)器和光電門使它們正常工作；

D.將小滑塊由A點(diǎn)靜止釋放使其沿長鐵片表面下滑，測出滑塊通過光電門時(shí)擋光片的擋

光時(shí)間為t。則：

（1）實(shí)驗(yàn)中，把擋光片經(jīng)過光電門時(shí)的平均速度作為滑塊的瞬時(shí)速度，因此，擋光片的寬

度越大，滑塊的瞬時(shí)速度誤差就越大（選填“大”或“小”）。

（2）如圖2,是實(shí)驗(yàn)中用游標(biāo)卡尺測得擋光片的寬度。由圖可知，擋光片的寬度為5.50

mm。

（3）如果重力加速度為g,那么滑塊與小鐵片之間的動摩擦因數(shù)為

（用題中字母表示）。為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，只要多次改變光電門B的位置，每次令滑塊從

同一點(diǎn)A由靜止下滑，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理建立直角坐標(biāo)系時(shí)，如果x軸表示A、B兩點(diǎn)間的距

離L,那么v軸表示搟,得到的圖像是一條經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線。

（4）利用該實(shí)驗(yàn)裝置，只需要將圖中的長鐵片換成氣墊導(dǎo)軌（只填寫一種實(shí)驗(yàn)儀器

即可），其它設(shè)備儀器均不變，就可以驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。

【考點(diǎn)】探究影響滑動摩擦力的因素.

K祥解工（1）分析擋光片的寬度造成的誤差；

（2）先確定游標(biāo)尺的分度值，再讀出主尺和游標(biāo)尺的讀數(shù)，相加即為游標(biāo)卡尺讀數(shù)；

（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式推導(dǎo)結(jié)合圖像分析；

（4）分析消除摩擦力對運(yùn)動的影響。

【解答】解：（1）擋光片的寬度越大，擋光片經(jīng)過光電門的時(shí)間較大，滑塊的瞬時(shí)速度誤

差就越大。

（2）游標(biāo)卡尺的分度值為0.05mm,主尺讀數(shù)為5mm,游標(biāo)尺的讀數(shù)為10x0.05mm,擋光

片的寬度為5mm+10x0.05mm=5.50mm

（3）滑塊在長鐵片上滑動時(shí)，設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,加速度大小為a,由牛頓第二定律得

mgsinO-p,mgcos9=ma

得a=gsin0-|igcos0

滑塊通過光電門的速度大小。=7

由運(yùn)動學(xué)公式v2=2aL③

解得〃=land--~~---

2gtzcos6L

―曰1_2gcosS（tanB—〃）

如果X軸表示A、B兩點(diǎn)間的距離L,則y軸表示V，則有

_2gcos8(tan8一刃

y=x

可知該函數(shù)為正比例函數(shù)，圖像是一條經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線。

（4）利用該實(shí)驗(yàn)裝置，只需要將圖中的長鐵片換成氣墊導(dǎo)軌，其它設(shè)備儀器均不變，就可

以驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。

故答案為：⑴大；⑵5.50；（3）tand-?p卷；（4）氣墊導(dǎo)軌。

【點(diǎn)評】本題考查測量滑塊與長鐵片之間動摩擦因數(shù)實(shí)驗(yàn)，要求掌握實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)裝

置、實(shí)驗(yàn)步驟和數(shù)據(jù)處理。

13.（8分）要測定一個自感系數(shù)很大的線圈L的直流電阻，實(shí)驗(yàn)室提供下列器材。

A.多用電表一只

B.電壓表Vi（量程3V,內(nèi)阻約為6kQ）

C.電壓表V2（量程15V,內(nèi)阻約為30k。）

D.滑動變阻器Ri（阻值0?10C）

E.滑動變阻器R?（阻值。?IkO）

F.電池E（電動勢4V,內(nèi)阻很小）

G.開關(guān)Si、S2,導(dǎo)線若干

（1）首先用多用電表粗測線圈的電阻，操作步驟如下：

①機(jī)械調(diào)零后將紅、黑表筆分別插入多用電表的插孔，選擇歐姆“xlO”擋：

②把紅、黑表筆分別與自感線圈的兩端相接，發(fā)現(xiàn)多用電表的指針讀數(shù)太小；

③為了較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，重新選擇恰當(dāng)?shù)谋堵剩?/p>

④把紅、黑表筆分別與自感線圈的兩端相接，穩(wěn)定后多用電表表盤示數(shù)如圖a所示。上述

步驟中遺漏的重要步驟是每次使用歐姆表換擋后都要進(jìn)行歐姆調(diào)零，此自感線圈的直

流電阻約為22Qo

圖a

（2）根據(jù)多用電表的示數(shù)，為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，并在實(shí)驗(yàn)中獲得盡可能大的電壓調(diào)節(jié)范

圍，應(yīng)從圖b中的A、B、C、D四個電路中選擇上電路來測量自感線圈的電阻；其中

電流表用多用電表代替，多用電表的電流擋有①2.5A、②10mA、③50mA、④250mA,則

應(yīng)選的電流擋為④（填序號），滑動變阻器應(yīng)選Ri（填器材符號）。

（3）某學(xué)生進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)步驟如下：

a.按電路圖連接好實(shí)驗(yàn)電路；

b.合上開關(guān)Si、S2,移動滑動變阻器的滑片到適當(dāng)位置，穩(wěn)定后讀出電流表和電壓表的讀

數(shù)I、U；

c.重復(fù)b步驟多次；

d.先斷開開關(guān)Si,再斷開開關(guān)S2,拆除實(shí)驗(yàn)裝置，整理好器材；

e.求出每次U、I的比值，并求出它們的平均值即為自感線圈的直流電阻。

請指出上述實(shí)驗(yàn)步驟中的錯誤步驟d中應(yīng)該先斷開S2,再斷開Si。

【考點(diǎn)】練習(xí)使用多用電表（實(shí)驗(yàn)）；伏安法測電阻.

K祥解』（1）④根據(jù)歐姆表的內(nèi)部構(gòu)造說明歐姆表換擋后要重新調(diào)零；電阻的測量值=歐

姆表指針?biāo)甘緮?shù)x倍率；

（2）實(shí)驗(yàn)中要求獲得盡可能大的電壓調(diào)節(jié)范圍，據(jù)此分析滑動變阻器的連接方式；根據(jù)待

測線圈直流電阻的大小選擇電流表的連接方式；根據(jù)歐姆定律估算電路中的電流，然后選

擇電流表量程；為了方便調(diào)節(jié)滑動變阻器采用阻值較小、額定電流較大的電阻；

（3）由于在電路的通斷中，線圈中會產(chǎn)生自感電動勢，據(jù)此分析開關(guān)斷開的先后順序。

【解答】解：（1）④因?yàn)闅W姆表每次改換擋位，相當(dāng)于改變了歐姆表的內(nèi)部構(gòu)造，所以每

次使用時(shí)都要?dú)W姆調(diào)零；

由于電阻的測量值=歐姆表指針?biāo)甘緮?shù)x倍率，第一次使用的是“x10”擋，指針讀數(shù)太

小，為了增大指針?biāo)甘緮?shù)，應(yīng)減小倍率，即換成“xl”擋，待測電阻RL=22X1O=22。；

（2）因?yàn)轭}目要求獲得盡可能大的電壓調(diào)節(jié)范圍，故采用分壓電路；由于待測電阻值遠(yuǎn)小

于電壓表的內(nèi)阻，因此電流表采用外接法，故選D；

TJ4

線圈的直流電阻約22d可能通過的最大電流為%=2=^420.184=180mA,因此多

KL乙乙

用表選用250mA的電流擋；

為了方便調(diào)節(jié)，用分壓電路就要用阻值較小的滑動變阻器，故選用Ri;

(3)斷開電路應(yīng)該考慮線圈的自感，先斷開開關(guān)Si,再斷開開關(guān)S2,會產(chǎn)生反向感應(yīng)電

壓加在電壓表兩端，可能會使電壓表指針迅速反轉(zhuǎn)而受損，故應(yīng)先斷開S2,再斷開S1。

故答案為：(1)④每次使用歐姆表換擋后都要進(jìn)行歐姆調(diào)零；22；(2)D；④；Ri；(3)e.

步驟d中應(yīng)該先斷開S2,再斷開Si。

【點(diǎn)評】本題通過測定自感系數(shù)很大的線圈的直流電阻的實(shí)驗(yàn)，考查考生的實(shí)驗(yàn)探究能

力。

14.(10分)某科技小組參加了過山車游戲項(xiàng)目研究，如圖甲所示，為了研究其中的物理

規(guī)律，科技組成員設(shè)計(jì)出如圖乙所示的裝置。P為彈性發(fā)射裝置，AB為傾角。=37。的傾

斜軌道，BC為水平軌道，CDC為豎直圓軌道，CE為足夠長的傾斜軌道，各段軌道均平

滑連接。以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向建立平面直

角坐標(biāo)系。已知滑塊質(zhì)量為m,圓軌道半徑R=Im,BC長為3m,AB、BC段動摩擦因數(shù)

均為口=0.25,其余各段軌道均光滑。現(xiàn)滑塊從彈射裝置P彈出的速度為4m/s,且恰好從

A點(diǎn)沿AB方向進(jìn)入軌道，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)。重力加速度g=10m/s2,$m37。=0.6,cos37。

=0.8?求：

甲乙

(1)求滑塊從彈射裝置P彈出時(shí)的坐標(biāo)值；

(2)若滑塊恰好能通過D點(diǎn)，求軌道AB的長度；

(3)若滑塊能進(jìn)入圓軌道且不脫軌，求軌道AB的長度；

(4)若軌道AB的長度為3.5m,試判斷滑塊在圓軌道是否脫軌；若發(fā)生脫軌，計(jì)算脫軌

的位置。

【考點(diǎn)】動能定理的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件.

［祥解X(1)滑塊彈出后做平拋運(yùn)動，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律結(jié)合運(yùn)動的合成與分解進(jìn)行解

答；

(2)滑塊恰好能通過D點(diǎn)，在最高點(diǎn)重力提供向心力，可得D點(diǎn)的速度大小；從P到圓

軌道最高點(diǎn)，由動能定理求軌道AB的長度；

(3)滑塊剛好不脫離軌道，有兩種臨界情況，是剛好能夠到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)，二是剛好到

達(dá)與圓軌道圓心等高的地方；另外當(dāng)滑塊恰能返回A點(diǎn)不飛出，由以上分析可知，再次下

滑后也不會脫離軌道，分別根據(jù)動能定理求解滑塊從A點(diǎn)切入后不脫離軌道時(shí)AB的長度

應(yīng)滿足的條件。

(4)XAB=3.5m時(shí)，滑塊在圓軌道發(fā)生脫軌，由動能定理求解脫軌的位置。

【解答】解：(1)對滑塊由P到A的運(yùn)動，根據(jù)平拋規(guī)律有

3

Vy=votanO=4x-m/s=3m/s

平拋運(yùn)動的豎直方向有

Vy=2gy

解得：y=0.45m

運(yùn)動時(shí)間：t=~==0.3s

x=vot=4xO.3m=1.2m

即彈出時(shí)位置的坐標(biāo)值為(1.2m,0.45m)

(2)滑塊恰好能通過D點(diǎn)，在最高點(diǎn)有

mg=mY

從P到圓軌道最高點(diǎn)，由動能定理得

mg(y+xABsind—2R)—iimgcos6xAB—[imgxBC=—|mvo

聯(lián)立解得：XAB=5HI

(3)滑塊剛好不脫離軌道，有兩種臨界情況，一是剛好在圓軌道最高點(diǎn)壓力為零時(shí)，二是

剛好到達(dá)與圓軌道圓心等高的地方。由(2)知，滑塊剛好能夠到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)

XAB=5HI

滑塊剛好到達(dá)與圓軌道圓心等高的地方時(shí)，從P到與圓心等高的位置，由動能定理得

mg(y+xABsind—7?)—[imgcosdxAB—[imgxBC=0—|mVo

解得：XAB=1.25m

滑塊恰好能進(jìn)入圓軌道時(shí)，由動能定理得

mg(y+xABsind)—[imgcos6xAB—/imgxBC=0--mv^

解得：XAB<0

滑塊從A點(diǎn)切入后不脫離軌道時(shí)AB的長度應(yīng)滿足

XAB>5m或OVXABWL25m

(4)由(3)知，XAB=3.5m時(shí)，滑塊在圓軌道發(fā)生脫軌，設(shè)脫軌地點(diǎn)和圓心的連線與水

平方向的夾角為a,則脫軌時(shí)nigsina=與2

從P到脫軌的位置，由動能定理得

mg(y+xABsin0—R—Rsina)—[imgcos3xAB—[imgxBC=

聯(lián)立解得sina=0.6

即滑塊在圓心以上Rsina=0.6m處脫軌。

答：(1)滑塊從彈射裝置P彈出時(shí)的坐標(biāo)值為(1.2m,0.45m)；

(2)若滑塊恰好能通過D點(diǎn)，軌道AB的長度為5m；

(3)若滑塊能進(jìn)入圓軌道且不脫軌，軌道AB的長度為XABN5m或0<XABWL25m；

(4)若軌道AB的長度為3.5m,滑塊在圓心以上Rsina=0.6m處脫軌。

【點(diǎn)評】本題主要是考查了動能定理豎直方向的圓周運(yùn)動；運(yùn)用動能定理解題時(shí)，首先要

選取研究過程，然后分析在這個運(yùn)動過程中哪些力做正功哪些力做負(fù)功，初未動能為多

少，根據(jù)動能定理列方程解答；動能定理的優(yōu)點(diǎn)在于適用任何運(yùn)動包括曲線運(yùn)動；一個題

目可能需要選擇不同的過程多次運(yùn)用動能定理研究，也可以全過程根據(jù)動能定理解答。

15.(12分)如圖所示，三個質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C,放置在水平地面上，A緊靠

豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B,開始時(shí)彈簧處于原長，A、

B、C均靜止。現(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動，當(dāng)速

度為零時(shí)，立即撤去恒力，一段時(shí)間后A離開墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動。已知A、

B、C與地面間的滑動摩擦力大小均為f,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性

2

限度內(nèi)。(彈簧的彈性勢能可表示為：Ev=^kx,k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變

量)

—,__F

AWTWWWvBc<—

(1)求B、C向左移動的最大距離xo和B、C分離時(shí)B的速度大小vo；

(2)為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運(yùn)動，求恒力F應(yīng)滿足什么條件；

(3)為保證A能離開墻壁，求恒力的最小值Fmin；

(4)若F=6f,求撤去恒力后，C運(yùn)動的最大速度Vm和最大位移為Xm。

【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用.

［祥解》(1)開始到B、C向左移動最大距離的過程中，推力F和摩擦力做功之和等于彈

簧彈性勢能增加量；

(2)B、C返回彈簧原長處時(shí)分離，速度關(guān)系求解；

(3)A要離開墻壁，B的速度為零，恒力F最小，根據(jù)功能關(guān)系求解最小的力。

(4)撤去恒力后，當(dāng)B、C所受合力為零時(shí)，C的速度最大，由能量守恒定律和動能定理

求解。

【解答】解：(1)根據(jù)題意，從開始運(yùn)動到向左移動的最大距離過程中，由動能定理有

Fx0-2fx0=0

解得

B、C分離時(shí)，彈簧恢復(fù)原長，B、C速度相等，由動能定理有

-2fx0=1-2mv^

解得

(2)為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運(yùn)動，即

>Q

7km

即

2F2-12Ff+16fa>0

向左能夠推動B、C,則有

F>2f

聯(lián)立解得，為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運(yùn)動，恒力F應(yīng)滿足的條件為

F>4f

(3)當(dāng)A剛要離開墻時(shí)，設(shè)彈簧得伸長量為x,以A為研究對象，由平衡條件得

f=kx

若A剛要離開墻整時(shí)，B得速度恰好等于零，這種情況下恒力為最小值，從彈簧恢復(fù)原長

到A剛要離開墻的過程中，以B和彈簧為研究對象，由功能關(guān)系得

2

^TTIVQ=fx+1/cx

解得

F=(3±^)f

由于

F>4f

則恒力的最小值為

Fmin=(3+乎)f

(4)若F=6f,向左移動的最大距離為

2F-4f8f

0m=----k---=—k

撤去恒力后，當(dāng)B、C所受合力為零時(shí)，C的速度最大，則有

kxi=2f

解得

Y—互

由能量守恒定律有

|kxlm=2f(xOm-%i)+^-2m*+|kxl

解得

Vm=高

當(dāng)B、C分離時(shí)，彈簧恢復(fù)原長，B、C速度相等，由(1)分析可得，此時(shí)C的速度為

2F2-12F/+16/2=4/R

vc=km

設(shè)C繼續(xù)運(yùn)動Ax停下，由動能定理有

.1o

fc-Ax=-mv^

解得

k

則最大位移為

Xm=XOm+^X=—

答：(1)B、C向左移動的最大距離xo和B、C分離時(shí)B的速度大小Vo為。”，

k

22

l2F-12Ff+16ft

弋km

(2)為保證B、C分離后，B能繼續(xù)向右運(yùn)動，恒力F應(yīng)滿足F>4f；

(3)為保證A能離開墻壁，恒力的最小值F1nhi為(3+?)f;

(4)若F=6f,撤去恒力后，C運(yùn)動的最大速度vm為3f艮最大位移為xm為塔。

Jyjkmk

【點(diǎn)評】本題考查彈簧彈力問題，解決本題需要明確臨界條件，A要離開墻壁，B的速度

為零，恒力F最小，同時(shí)根據(jù)功能轉(zhuǎn)換關(guān)系求解。

16.(14分)如圖所示，兩根距離為d=1m的足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于xOy豎直面

內(nèi)，一端接有阻值為R=2C的電阻。在y>0的一側(cè)存在垂直紙面的磁場，磁場大小沿x

軸均勻分布，沿y軸大小按規(guī)律B=稱后(7)分布。一質(zhì)量為m=0.05kg、阻值為r=l。的

金屬桿與金屬導(dǎo)軌垂直，在導(dǎo)軌上滑動時(shí)接觸良好。金屬桿始終受一大小可調(diào)節(jié)、方向豎

直向上的外力F