江蘇省南京市2021屆新高考物理模擬試題含解析

江蘇省南京市2021屆新高考物理模擬試題一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的如圖所示為A.B兩輛摩托車沿同一直線運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間(X)圖象，已知：Z時(shí)刻二者同時(shí)經(jīng)過(guò)同摩托車B在0?6s內(nèi)一直在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)t=6s時(shí)A、B兩輛摩托車恰好相遇t=12s時(shí)A、B兩輛摩托車相距最遠(yuǎn)率托車A在0?12s內(nèi)的平均速度大小為lOin/s【答案】D【解析】【詳解】摩托車B在0?6s內(nèi)先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，然后反向做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；BC.A、B兩輛摩托車在t=6s時(shí)速度相等，兩輛摩托車距離最遠(yuǎn)，故BC項(xiàng)錯(cuò)誤；D.摩托車A在0~12s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)，摩托車A的平均速度就等于這段時(shí)間中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度10ni/s,故D項(xiàng)正確。故選D。航母上飛機(jī)彈射起飛是利用電磁驅(qū)動(dòng)來(lái)實(shí)現(xiàn)的。電磁驅(qū)動(dòng)原理如圖所示，在固定線圈左右兩側(cè)對(duì)稱位置放置兩個(gè)閉合金屬圓環(huán)，鋁環(huán)和銅環(huán)的形狀、大小相同，已知銅的電阻率較小，則合上開關(guān)S的瞬間()A?兩個(gè)金屬環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)兩個(gè)金屬環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)從左側(cè)向右看，鋁環(huán)中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向D?銅環(huán)受到的安培力小于鋁環(huán)受到的安培力【答案】C【解析】【詳解】AB.若環(huán)放在線圈兩邊，根據(jù)“來(lái)拒去留”可得，合上開關(guān)S的瞬間，環(huán)為阻礙磁通量增大，則環(huán)將向兩邊運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；線圈中電流為右側(cè)流入，磁場(chǎng)方向?yàn)橄蜃?，在閉合開關(guān)的過(guò)程中，磁場(chǎng)變強(qiáng)，則由楞次定律可知，電流由左側(cè)向右看為順時(shí)針，故C正確；由于銅環(huán)的電阻較小，故銅環(huán)中感應(yīng)電流較大，則銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)受到的安培力，故D錯(cuò)誤。物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，在任意相同時(shí)間間隔內(nèi)，速度的變化量（）大小相同、方向相同B.大小相同、方向不同C?大小不同、方向不同D.大小不同、方向相同【答案】B【解析】【詳解】物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度的變化量二皿，由于加速度的大小不變但方向時(shí)刻在變化，所以在任意相同時(shí)間間隔內(nèi)，速度的變化量大小相等，方向不同。大小相同、方向相同，與分析不符，故A錯(cuò)誤;大小相同、方向不同，與分析相符，故B正確大小不同、方向不同，與分析不符，故C錯(cuò)誤;大小不同、方向相同，與分析不符，故D錯(cuò)誤。4.a、b兩車在平直公路上行駛，其vT圖象如圖所示，在t=0時(shí)，兩車間距為s°,在1=匕時(shí)間內(nèi)，a0?右時(shí)間內(nèi)a、b兩車相向而行0?行時(shí)間內(nèi)a車平均速度大小是b車平均速度大小的2倍2若a、b在仃時(shí)刻相遇，則&）=—s若a、b在+時(shí)刻相遇，則下次相遇時(shí)刻為【答案】C【解析】【詳解】由圖象可知0?仃時(shí)間內(nèi)兩車速度均為正，故同向行駛，故A錯(cuò)誤;0?仃時(shí)間內(nèi)兩車平均速度大小分別是2故2故B錯(cuò)誤；若a、b在仃時(shí)刻相遇，說(shuō)明0?仃時(shí)間內(nèi)a比b多出來(lái)的位移剛好是so,如圖1所示，圖象與坐標(biāo)軸所圍成的面積表示對(duì)應(yīng)過(guò)程的位移，故C正確；若a、b在+時(shí)刻相遇，則下次相遇時(shí)刻為從+時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，到二者具有相同的位移的時(shí)刻，如圖2：所以下次相遇的時(shí)刻為￥，故D錯(cuò)誤。故選C。如圖所示，傳送帶以恒定速度V。向右運(yùn)動(dòng)，A、B間距為L(zhǎng),質(zhì)量為m的物塊無(wú)初速度放于左端A處,同時(shí)用水平恒力F向右拉物塊，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為p,物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖像不可能的是()【答案】A【解析】【分析】【詳解】開始時(shí)滑塊受向右的拉力F和向右的摩擦力F而做加速運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能EK=(F+f)x；若物塊在到達(dá)最右端之前還未達(dá)到與傳送帶共速，此時(shí)圖像為C；若F>f,則當(dāng)物塊與傳送帶共速后還會(huì)加速，此時(shí)動(dòng)能增加為AEK=(F-f)x,此時(shí)圖像為D；若FSf,則當(dāng)物塊與傳送帶共速后會(huì)隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，此時(shí)圖像為B；物塊與傳送帶共速后只能勻速或者加速，不可能做減速，則圖像A不可能。故選A.2019年的諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)于10月8日公布，有一半的獎(jiǎng)金歸屬了一對(duì)師徒——瑞士的天文學(xué)家MichelMayor和DidierQueloz,以表彰他們“發(fā)現(xiàn)了一顆圍繞類太陽(yáng)恒星運(yùn)行的系外行星幕由于行星自身不發(fā)光，所以我們很難直接在其他恒星周圍找到可能存在的系外行星，天文學(xué)家通常都采用間接的方法來(lái)偵測(cè)太陽(yáng)系外的行星，視向速度法是目前為止發(fā)現(xiàn)最多系外行星的方法。行星自身的質(zhì)量使得行星和恒星圍繞著他們共同的質(zhì)量中心在轉(zhuǎn)動(dòng)，在地球上用望遠(yuǎn)鏡就有可能看到行星引力對(duì)于恒星的影響。在視線方向上，恒星受行星引力作用，時(shí)而遠(yuǎn)離時(shí)而靠近我們，這種細(xì)微的搖擺反應(yīng)在光譜上，就會(huì)造成恒星光譜不斷地紅移和藍(lán)移。我們稱這種探測(cè)系外行星的方法為視向速度法。結(jié)合以上信息，下列說(shuō)法正確的是()在繞著共同的質(zhì)量中心轉(zhuǎn)動(dòng)的恒星和行星組成的雙星系統(tǒng)中，恒星和行星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小一定相等在繞著共同的質(zhì)量中心轉(zhuǎn)動(dòng)的恒星和行星組成的雙星系統(tǒng)中，由于恒星質(zhì)量大，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑小，所以恒星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期比行星的周期小若某恒星在靠近我們，該恒星發(fā)出光的頻率將變高，因此接收到的頻率就會(huì)變高，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)藍(lán)移若某恒星在遠(yuǎn)離我們，該恒星發(fā)出光的頻率不變，但我們接收到的頻率會(huì)比它發(fā)出時(shí)的頻率低，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)紅移【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB.雙星間的萬(wàn)有引力提供它們各自圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則恒星和行星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大小相等，周期相同，則MmrG—=mco~nc1小Mm.,rG—=匕-可得_Mr2m由于恒星與行星質(zhì)量不同，則軌道半徑不同，由公式v=<yr可知，恒星和行星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小不同，故AB錯(cuò)誤；根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，若某恒星在靠近我們，該恒星發(fā)出光的頻率不變，但我們接收到的頻率會(huì)比它發(fā)出時(shí)的頻率，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)藍(lán)移，故C錯(cuò)誤；根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，若某恒星在遠(yuǎn)離我們，該恒星發(fā)出光的頻率不變，但我們接收到的頻率會(huì)比它發(fā)出時(shí)的頻率低，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)紅移，故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分如圖所示，粗糙的固定水平桿上有A、B、C三點(diǎn)，輕質(zhì)彈簧一端固定在B點(diǎn)正下方的O點(diǎn)，另一端與套在桿A點(diǎn)、質(zhì)量為m的圓環(huán)相連，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)。圓環(huán)從A處由靜止釋放，向右運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度為V、加速度為零，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為零，下列說(shuō)法正確的是（）BC從A到C過(guò)程中，圓環(huán)在B點(diǎn)速度最大從A到B過(guò)程中，桿對(duì)環(huán)的支持力一直減小從A到B過(guò)程中，彈簧對(duì)圓環(huán)做的功一定大于卯用從B到C過(guò)程中，圓環(huán)克服摩擦力做功等于【答案】BC【解析】【詳解】圓環(huán)由A點(diǎn)釋放，此時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，則圓環(huán)加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB之間的D位置為彈簧的原長(zhǎng)，則A到D的過(guò)程中，彈簧彈力減小，圓環(huán)的加速度逐漸減小，D到B的過(guò)程中，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則彈簧彈力增大，圓環(huán)的加速度先增大后減小，B點(diǎn)時(shí)，圓環(huán)合力為零，豎直向上的彈力等于重力，從B到C的過(guò)程中，圓環(huán)可能做減速運(yùn)動(dòng)，無(wú)論是否存在彈簧原長(zhǎng)的位置，圓環(huán)的加速度始終增大，也可能先做加速后做減速運(yùn)動(dòng)，加速度先減小后增大，故B點(diǎn)的速度不一定最大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)圓環(huán)從A到D運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧為拉力且逐漸減小，此時(shí)桿對(duì)環(huán)的支持力等于環(huán)的重力與彈簧彈力向下的分量之和，可知桿對(duì)環(huán)的支持力隨彈簧彈力的減小而減小；當(dāng)圓環(huán)從D到B運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧被壓縮，且彈力沿彈簧向上逐漸增加，此時(shí)桿對(duì)環(huán)的支持力等于環(huán)的重力與彈簧彈力向上的分量之差，可知桿對(duì)環(huán)的支持力隨彈簧彈力的增加而減小；即從A到B過(guò)程中，桿對(duì)環(huán)的支持力一直減小，選項(xiàng)B正確；從A到B過(guò)程中，彈簧對(duì)圓環(huán)做的功、摩擦力做負(fù)功，根據(jù)功能關(guān)系可知，彈簧對(duì)圓環(huán)做功一定大于ymv2,故C正確；D?從B到C過(guò)程中，彈簧彈力做功，圓環(huán)克服摩擦力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知，圓環(huán)克服摩擦力做功不等于|mv2,故D錯(cuò)誤。故選BC.如圖所示，均勻細(xì)桿AB質(zhì)量為M,A端裝有轉(zhuǎn)軸，B端連接細(xì)線通過(guò)滑輪和質(zhì)量為m的重物C相連,若桿AB呈水平，細(xì)線與水平方向夾角為8時(shí)恰能保持平衡，則下面表達(dá)式中正確的是（）

A.M=2msin0C.桿對(duì)軸AA.M=2msin0C.桿對(duì)軸A的作用力大小為mgB.滑輪受到的壓力為2mgD.桿對(duì)軸A的作用力大小船【答案】ACD【解析】【分析】考査共點(diǎn)力作用下物體的平衡問(wèn)題?！驹斀狻坑深}可以知道，C物體受到重力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)，所以繩子的拉力與C物體的重力大小相等，為mg；對(duì)桿AB進(jìn)行受力分析如圖:設(shè)AB桿的長(zhǎng)度為L(zhǎng),由圖可以知道桿的重力產(chǎn)生，的力矩是順時(shí)針方向的力矩，力臂的大小是*厶繩子的拉力產(chǎn)生的力矩是逆時(shí)針方向的力矩，力臂的大小是厶sine,過(guò)轉(zhuǎn)軸的力不產(chǎn)生力矩，由力矩平衡得:Mg?+厶=mgLsin0所以：M=2msin0A正確;由題圖可以知道，兩根繩子的拉力的方向之間有夾角所以兩根繩子的拉力的合力大小要小于2mg,即滑輪受到的壓力小于2mg,B錯(cuò)誤;由受力圖可以知道軸A對(duì)桿的作用力的方向的反向延長(zhǎng)線一定過(guò)繩子的拉力的延長(zhǎng)線與重力的作用線的交點(diǎn)，因?yàn)橹亓Φ淖饔镁€過(guò)桿的中點(diǎn)，所以可以知道力F與繩子的拉力與水平方向之間的夾角是相等的,并且:Fcos0=mgcos6所以F與繩子的拉力的大小也相等，即F=mg則桿對(duì)軸A的作用力大小為mg,C正確;聯(lián)立可得:2sin0所以桿對(duì)軸A的作用力大小也可以表達(dá)為：D正確。2sin0故選ACD。如圖所示，斜面傾角為0=37。，小球從斜面頂端P點(diǎn)以初速度％水平拋出，剛好落在斜面中點(diǎn)處?，F(xiàn)將小球以初速度2嶺水平拋出，不計(jì)空氣阻力，小球下落后均不彈起，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g,則小球兩次在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）時(shí)間之比為1:2時(shí)間之比為血水平位移之比為1:4當(dāng)初速度為％時(shí)，小球在空中離斜面的最遠(yuǎn)距離為芳40g【答案】BD【解析】【詳解】AB.設(shè)小球的初速度為％時(shí)，落在斜面上時(shí)所用時(shí)間為t,斜面長(zhǎng)度為L(zhǎng)。小球落在斜面上時(shí)有:1,尹/gftanO=厶一=—吋2v0解得：2v0-tanO設(shè)落點(diǎn)距斜面頂端距離為S,則有若兩次小球均落在斜面上，落點(diǎn)距斜面頂端距離之比為1：4,則第二次落在距斜面頂端4L處，大于斜面的長(zhǎng)度，可知以2v。水平拋出時(shí)小球落在水平面上。兩次下落高度之比1：2,根據(jù)心扌加得：所以時(shí)間之比為1:^2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；C?根據(jù)X=Vot得水平位移之比為：=votL:(2*0?=\:2晅選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，小球到斜面的距離最大。即在小球距離斜面最遠(yuǎn)時(shí)，垂直于斜面方向的速度等于0.建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐標(biāo)系，將初速度V0和重力加速度g進(jìn)行分解，垂直于斜面的最遠(yuǎn)距離H_(y05/7?^)2_9v022gcos840g選項(xiàng)D正確。故選BD。如圖所示，豎直放置的平行板電容器內(nèi)除電場(chǎng)外還有圖示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從A板中點(diǎn)孔P向各個(gè)方向發(fā)射一批不同速度的帶正電的微粒(考慮重力)，則A到C的過(guò)程中微粒一定不做勻變速運(yùn)動(dòng)微粒一定做曲線運(yùn)動(dòng)所有微粒到達(dá)C板時(shí)動(dòng)能一定發(fā)生變化所有微粒到達(dá)C板時(shí)機(jī)械能一定增大【答案】AD【解析】【詳解】AB.粒子發(fā)射出來(lái)后受到豎直向下的重力，與速度垂直的洛倫茲力和水平向右的電場(chǎng)力作用，對(duì)于斜上右上射入的粒子，當(dāng)速度滿足一定條件時(shí)，可以使這三個(gè)力的合力為0,則粒子斜向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若這三個(gè)力的合力不為0,則粒子速度變化，其洛倫茲力也發(fā)生變化，故粒子一定做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；若粒子做勻速運(yùn)動(dòng)，則粒子到達(dá)C板時(shí)的動(dòng)能不變，故c錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，到達(dá)C板的粒子電場(chǎng)力一定做正功，故機(jī)械能一定增大，故D正確；故選AD。如圖所示,AB兩小球由繞過(guò)輕質(zhì)定滑輪的細(xì)線相連，小球A放在固定的光滑斜面上，斜面傾角a=30°,BC兩小球在豎直方向上通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，小球C放在水平地面上。現(xiàn)用手控制住小球A,并使細(xì)線剛剛拉直但無(wú)拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細(xì)線豎直、右側(cè)細(xì)線與斜面平行。已知小球A的質(zhì)量為4m,小球BC質(zhì)量相等，重力加速度為g,細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。釋放小球A后，小球A沿斜面下滑至速度最大時(shí)小球C恰好離開地面，關(guān)于此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）小球BC及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒小球C的質(zhì)量為mC.C.小球A最大速度大小為2gD.小球B上升的高度為罕k【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.以小球臥C及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，除系統(tǒng)重力外，繩的拉力件對(duì)系統(tǒng)做功，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；小球A速度最大時(shí)，小球A的加速度為零，則

4〃?gsma=Fj.對(duì)小球B、C及彈簧組成的系統(tǒng)?=2mcg聯(lián)立以上兩式，解得mc=m故B正確；CD.小球C恰好離開地面時(shí)，彈簧彈力F彈=叭g=噸彈簧伸長(zhǎng)量為竽，初始時(shí)，彈簧被壓縮竽，則小球B上升字，以小球A、B、C及彈簧組成的系kkk統(tǒng)為研究對(duì)象，由機(jī)械能守恒定律得聯(lián)立以上兩式，解得*=2衆(zhòng)故c正確，D錯(cuò)誤。故選BC.如圖所示，圖甲中M為一電動(dòng)機(jī)，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的觸頭從一端滑到另一端的過(guò)程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖乙所示。已知電流表讀數(shù)在0.2A以下時(shí)，電動(dòng)機(jī)沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，不考慮電表對(duì)電路的影響，以下判斷錯(cuò)誤的是（）電路中電源電動(dòng)勢(shì)為3.6V變阻器向右滑動(dòng)時(shí)，V2讀數(shù)逐漸減小此電路中，電動(dòng)機(jī)的輸入功率減小變阻器的最大阻值為30Q【答案】BC【解析】【分析】先確定圖線與電壓表示數(shù)對(duì)應(yīng)的關(guān)系，再根據(jù)圖線求出電源的電動(dòng)勢(shì)，并判斷V2讀數(shù)的變化情況。當(dāng)#0?3A時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸入功率最大。變阻器的全部接入電路時(shí)，電路中電流最小，由歐姆定律求解變阻器的最大阻值?！驹斀狻坑呻娐穲D甲知，電壓表S測(cè)量路端電壓，電流增大時(shí)，內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，所以最上面的圖線表示V2的電壓與電流的關(guān)系。此圖線的斜率大小等于電源的內(nèi)阻，為心出=乂三$=2殳|△/|0.2當(dāng)電流I=O.1A時(shí)，U=3.4V,則電源的電動(dòng)勢(shì)E=U+〃=3.4+0.1x2=3.6V故A正確。變阻器向右滑動(dòng)時(shí)，R阻值變大，總電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓即為V2讀數(shù)逐漸增大，故B錯(cuò)誤。由圖可知，電動(dòng)機(jī)的電阻0.8-0.4^“n.=G=4GM0.1當(dāng)I=O.3A時(shí)，U=3V,電動(dòng)機(jī)輸入功率最大，此電路中，電動(dòng)機(jī)的輸入功率增大，故C錯(cuò)誤。當(dāng)I=O.1A時(shí)，電路中電流最小，變阻器的電阻為最大值，所以—-2-4|Q=30QIM(0.1丿故D正確。本題選擇錯(cuò)誤的，故BC符合題意。故選BC。【點(diǎn)睛】此題考査對(duì)物理圖像的理解能力，可以把本題看成動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，來(lái)選擇兩電表示對(duì)應(yīng)的圖線。對(duì)于電動(dòng)機(jī)，理解并掌握功率的分配關(guān)系是關(guān)鍵。三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分用如圖甲所示裝置結(jié)合頻閃照相機(jī)拍攝的照片的來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

用天平測(cè)出A、B兩個(gè)小球的質(zhì)量mA和nip；安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，使斜權(quán)的末端所在的平面保持水平；先不在斜槽的末端放小球B,讓小球A從斜槽上位負(fù)P由靜止開始釋放，小球A離開斜槽后，頻閃照相機(jī)連續(xù)拍攝小球A的兩位置（如圖乙所示）；將小球B放在斜權(quán)的末端，讓小球A仍從位置P處由靜止開始釋放，使它們碰撞，頻閃照相機(jī)連續(xù)拍攝下兩個(gè)小球的位置（如圖丙所示）：測(cè)出所需要的物理量.請(qǐng)回答：⑴實(shí)驗(yàn)①中A、B的兩球質(zhì)量應(yīng)滿足⑵在步驟⑤中，需要在照片中直接測(cè)最的物理址有;（請(qǐng)選填“環(huán)y。、xa>yA>畑yp”）（3）兩球在碰撞過(guò)程中若動(dòng)量守恒，滿足的方程是：?【答案】?>叫x<,；xA；xBmAx（）=mAxA+mHxB;【解析】（1）在小球碰撞過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，SfcWniAVo=mAVi+niBV2,在碰撞過(guò)程中動(dòng)能守恒，故有1,1,1,-—f解得％=f要碰后a的速度、ri>0,即m,\>mB；(2)222，"八+由于頻閃照相的頻率固定，因此只需要測(cè)量小球的水平位移，在步驟⑤中，需要在照片中直接測(cè)量的物理量有Xo%XaxXB；(3)驗(yàn)證的方程為mAXo=m.g+mBXB圖（甲）是演示簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)圖像的裝置，它由一根較長(zhǎng)的細(xì)線和較小的沙漏組成。當(dāng)沙漏擺動(dòng)時(shí)，漏斗中的細(xì)沙均勻流出，同時(shí)勻速拉出沙漏正下方的木板，漏出的細(xì)沙在板上會(huì)形成一條曲線，這條曲線可以理解為沙漏擺動(dòng)的振動(dòng)圖像。圖（乙）是同一個(gè)沙漏分別在兩塊木板上形成的曲線（圖中的虛線表示）。（1）圖（乙）的P處堆積的細(xì)沙比Q處（選填“多“少”或“一樣多”）。(2)經(jīng)測(cè)量發(fā)現(xiàn)圖(乙)中OB=OB\若木板1的移動(dòng)速度v1=3iiVs,則木板2的移動(dòng)速度V2=0【答案】多4ni/s【解析】【詳解】[1]在圖(乙)的p處時(shí)，沙擺的速度最小，在0處時(shí)，沙擺的速度最大，所以堆積的細(xì)沙比0處多;[2]根據(jù)單擺周期公式：噸它們?cè)谕坏攸c(diǎn)，且擺長(zhǎng)相同，則周期相同，設(shè)為T,03段經(jīng)歷的時(shí)間是：g=2TO'F段經(jīng)歷的時(shí)間為：t2=l.5T設(shè)板長(zhǎng)為厶，貝山比較可得：4v,=—V.=4nVs。-3四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分如圖所示，一個(gè)上表面絕緣、質(zhì)量為mA=lkg的不帶電小車A置于光滑的水平面上，其左端放置一質(zhì)量為二廠0.5噸、帶電量為二的空盒B,左端開口。小車上表面與水平桌面相平，桌面上水平放置著一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定，質(zhì)量為二二=加婕的不帶電絕緣小物塊C置于桌面上O點(diǎn)并與彈簧的右端接觸，此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)用水平向左的推力將C緩慢推至M點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時(shí),推力做的功為二二=6二，撤去推力后，C沿桌面滑到小車上的空盒B內(nèi)并與其右壁相碰，碰撞時(shí)間極短且碰后C與B粘在一起。在桌面右方區(qū)域有一方向向左的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為電場(chǎng)作用一段時(shí)間后突然消失，小車正好停止，貨物剛好到達(dá)小車的最右端。已知物塊C與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)-1=0.4,空盒B與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)二尸0」,二匚間距::點(diǎn)離桌子邊沿二點(diǎn)距離二2=物塊、空盒體積大小不計(jì)，二取J如求：

EcFEcF物塊C與空盒B碰后瞬間的速度二；小車的長(zhǎng)度L；電場(chǎng)作用的時(shí)間二。【答案】(1)2ni/s(2)0.67m(3)2s【解析】【詳解】(1)對(duì)物塊c由應(yīng)用動(dòng)能定理，設(shè)C到N點(diǎn)速度大小為二得:解得：二廠卩-2匚二(2二+二』=如1$\u-與空盒B右壁相碰，動(dòng)量守恒：nnr5=(jn+nD)n解得：n=^=2msC與B碰后可看作一整體，令二二二二+二二二Ag,則BC整體和小車加速度分別為:設(shè)經(jīng)過(guò)二時(shí)間后B與C整體與小車A速度相等，此過(guò)程中二者位移分別為二八二”假設(shè)速度相等后B與C整體與小車A相對(duì)靜止，C整體與小車A間摩擦力為二，則：二務(wù)二三=如F,二=二匚穴=期<二人二=心所以兩者經(jīng)二時(shí)間后相對(duì)靜止一起勻減速。---1-1=-2-1解得：—呈壬小車長(zhǎng)度口=匚廠一□：=00.67m速度相等后BC與小車以共同加速度一起勻減速，最終速度為零。電場(chǎng)作用時(shí)間二=二］+二=丹16.如圖所示，空間有場(chǎng)強(qiáng)E=1.0xl03V/m豎直向下的電場(chǎng)，長(zhǎng)L=0.4m不可伸長(zhǎng)的輕繩固定于O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m=0.05kg帶電q=+5xlO-4C的小球，拉起小球至繩水平后在A點(diǎn)無(wú)初速度釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的正下方B點(diǎn)時(shí)，繩恰好斷裂，小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)并垂直打在同一豎直平面且與水平面成0=30°、無(wú)限大的擋板MN上的C點(diǎn)。試求：⑴繩子至少受多大的拉力才能被拉斷;(2)A、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差?！敬鸢浮?1)3N；(2)1600V【解析】【詳解】⑴對(duì)小球從AtB由動(dòng)能定理有(mg+qE)L=^mvl在B點(diǎn)時(shí)有V"F一Qng+qE)=m—代入數(shù)據(jù)可解得尸=3N即繩子至少受3N的拉力才能被拉斷;⑵由⑴分析得

2gg+qE)L2gg+qE)LXm=4ni/s小球離開B點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球垂直撞在斜面匕則對(duì)小球從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理有qUACqUAC+mgh1