2021-2022學年上海市虹口區(qū)高三（上）期末物理試卷（一模）

2021-2022學年上海市虹口區(qū)高三（上）期末物理試卷（一模）試題數(shù)：20，總分：1001.（單選題，3分）測量力學中的三個基本量，對應的儀器分別為（）A.量筒、天平、秒表B.米尺、天平、秒表C.米尺、彈簧秤、秒表D.米尺、測力計、光電門2.（單選題，3分）避雷針可以避免建筑物被雷擊，運用的物理原理是（）A.尖端放電B.庫侖定律C.電磁感應D.電流的磁效應3.（單選題，3分）任意相等的兩段時間內，運動物體速度的改變量可能不同的是（）A.自由落體運動B.豎直上拋運動C.勻速圓周運動D.勻減速直線運動4.（單選題，3分）某同學站在電梯內的臺秤上，發(fā)現(xiàn)臺秤的讀數(shù)比靜止時少了5千克。則電梯（）A.正在向上運劫B.正在向下運動C.一定向下加速運動D.可能向上減速運動5.（單選題，3分）某次排球比賽中，運動員將排球沿水平方向擊出，對方攔網(wǎng)未成功。如不計空氣阻力，則排球落地前的動能（）A.逐漸減小B.逐漸增大C.保持不變D.先減小后增大6.（單選題，3分）國產某5G手機電池容量為4100mA?h，待機時間為22d（天），用超級快充裝置對其充電時的電功率為66W。由此可估算手機電池（）A.待機時的電壓B.待機時的電流C.快充時的電流D.快充過程獲得的電能7.（單選題，3分）光滑水平面內固定兩根平行的長直導線A和B，通以等大反向的電流I1、I2。通有圖示方向電流I的短導線C垂直于A、B放在正中間，三者處于同一平面內。釋放C，它將（）A.沿著水平面向右運動B.沿著水平面向左運動C.順時針轉動，同時向B靠近D.逆時針轉動，同時向A靠近8.（單選題，3分）如圖，港珠澳大橋為斜拉橋，橋面一側的鋼索均處在同一豎直平面內，且索塔兩側對稱分布。則下列說法正確的是（）A.增加鋼索數(shù)量，可減小索塔受到總的拉力B.適當降低索塔的高度，可以減小鋼索承受的拉力C.鋼索對稱，可以保證鋼索對索塔拉力的合力為零D.鋼索對稱，可以保證鋼索對索塔拉力的合力偏離豎直方向不至于過大9.（單選題，4分）如圖所示，我國發(fā)射的“高分五號”軌道高度約為705km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36000km，它們均繞地球做勻速圓周運動，與“高分四號”相比，下列物理量中，“高分五號”較小的是（）A.周期B.角速度C.線速度D.向心加速度10.（單選題，4分）如圖（甲）為一列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖，P、Q分別為波上的兩個質點，圖（乙）為Q點的振動圖象，則（）A.波沿+x方向傳播B.波的傳播速度大小為0.4m/sC.t=0.15s時，Q點的加速度達到正向最大D.t=0.10s到0.25s的過程中，P點通過的路程為30cm11.（單選題，4分）具有巨磁阻效應（GMR）的電阻R2在外加特定方向的磁場時，阻值隨磁場的增強而減小?，F(xiàn)將R2接在圖示電路中，并置于該磁場，已知R1為定值電阻，此時R2＜R1，電表均為理想電表。保持磁場方向不變，調整磁場強弱，發(fā)現(xiàn)電壓表V1的示數(shù)增加了ΔU1，V2示數(shù)變化量的絕對值為ΔU2，則（）A.電流表A的示數(shù)減小B.外加磁場逐漸減弱C.ΔU1一定小于ΔU2D.R2消耗的電功率先增大后減小12.（單選題，4分）如圖（甲），粗糙、絕緣的水平地面上，一質量m=2kg的帶負電小滑塊（可視為質點）在x=1m處以初速v0=1.5m/s沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.05。整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖（乙）所示，P點是圖線最低點，虛線AB是經(jīng)過x=1m處的切線，g=10m/s2，則（）

A.x=3m處的電勢最低B.滑塊向右運動過程中，速度始終減小C.滑塊運動至x=3m處時，速度最大D.滑塊向右一定可以經(jīng)過x=4m處的位置13.（填空題，4分）反映磁場的力的性質的物理量是___，勻強磁場的磁感線是平行的___直線。14.（填空題，4分）研究電磁感應現(xiàn)象的器材如圖連接，線圈A放置在線圈B中。電鍵C和D均處于閉合狀態(tài)時，向右移動滑動變阻器的滑片，檢流計G的指針向右偏轉。若變阻器的滑片位置不變，閉合C，經(jīng)過一段時間后再閉合D，則檢流計的指針___。若C、D均處于閉合狀態(tài)，斷開C時，則檢流計的指針___（均選填“向左偏轉”、“向右偏轉”或“不偏轉”）。15.（填空題，4分）圖示方法可以估測人的反應時間：甲同學捏住直尺上端，使直尺保持豎直狀態(tài)，零刻線位于乙同學的兩指之間。當乙看見甲放開直尺時，立即抓捏直尺，讀出抓捏位置的刻度為h。若用該直尺測量反應時間的范圍為0～0.4s，則直尺的長度至少為___m（g取10m/s2）。若在直尺的另一面每隔0.05s標記測量反應時間的刻度線，則刻度線是___的（（選填“均勻”或“不均勻”）。16.（填空題，4分）一單擺的擺長為L，將擺球向左拉至水平標志線上（圖中虛線）。由靜止釋放擺球，當擺球運動至最低點時，擺線碰到障礙物P，擺球繼續(xù)擺動。用頻閃相機長時間拍攝，得到圖示照片，則擺線的懸點O與障礙物P在豎直方向之間的距離為___。不計空氣阻力，擺線向右碰到障礙物的瞬間，擺球的角速度突然增大，其原因是：___。17.（填空題，4分）如圖，質量為m的圓環(huán)套在固定的粗糙程度均勻的豎直桿上，輕質彈簧的左端固定在墻壁上的O點，右端與圓環(huán)相連。初始時刻，圓環(huán)處于A點，彈簧水平，且恰好處于原長狀態(tài)。將圓環(huán)從A點由靜止釋放，第一次經(jīng)B點時環(huán)的速度最大，最低可到達C點。之后，圓環(huán)沿桿向上滑動。忽略空氣阻力的影響，則圓環(huán)從C點向上運動的過程中，速度最大的位置___（選填“在B點”、“在B點上方”、“在B點下方”、“無法確定”）。圓環(huán)從A運動到C點的過程中，各種能量的變化情況是：___。18.（問答題，10分）圖（甲）為某同學設計的測定直流電動機效率的電路圖。在小桶中放入適量的砝碼，多次移動滑動變阻器R的滑片，測出5組數(shù)據(jù)，記錄在下表。

實驗次數(shù)12345電壓表V1的示數(shù)U1/V4.103.402.701.901.10電壓表V2的示數(shù)U2/V3.003.504.004.505.00電流表A的示數(shù)I/A0.110.160.220.300.38重物的總質量m/kg0.040.070.110.160.21重物的提升高度h/m0.800.800.800.800.80重物的上升時間t/s1.951.901.851.801.65（1）為了減小實驗誤差，需在重物做___直線運動的過程中測量上升高度h和對應的時間t（選填“勻加速”、“勻減速”、“勻速”）。

（2）給電動機輸入5V電壓時，效率為___%（g取10m/s2，保留三位有效數(shù)字）。

（3）某同學依據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，繪制了圖（乙）所示的U2-I圖線。該同學認為：依據(jù)所繪的曲線，通過斜率可以求得電動機線圈的電阻r機，你認為這個方法___（選填“合適”、“不合適”），理由是：___。

（4）若欲依據(jù)圖像準確求出電源的電動勢和內阻，可將圖（乙）中的縱軸坐標U2改為___。19.（問答題，15分）如圖，半徑R=1m的光滑圓弧軌道BCD固定在豎直平面內，B端與粗糙程度均勻的斜面AB相切，AB與水平方向的夾角θ=37°。質量m=1kg的小滑塊（可視為質點），從A點由靜止釋放，到達C點時的速度vC=2m/s。已知A、B兩點的高度差h=1.5m，不計空氣阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）滑塊經(jīng)過B點時速度vB的大??；

（2）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；

（3）若調整A點的高度，使得滑塊經(jīng)過D點時，與軌道間恰無彈力作用，則滑塊經(jīng)過B點時的速度vB′應為多少？

（4）若A、B兩點間的高度差減小為h′=0.8m。某同學認為：當滑塊從A點由靜止釋放時，立即對其施加適當大小的水平向右拉力F（到達B點后立即撤去F），滑塊一定能沿軌道到達D點。該方案是否可行？請說明理由。20.（問答題，15分）如圖，電阻不計的光滑平行金屬長導軌與水平面夾角θ=53°，導軌間距l(xiāng)=1m，中間的abcd區(qū)域內存在寬度為l、垂直于導軌向上的有界勻強磁場，磁感應強度B=0.3T。甲、乙、丙三根完全相同的金屬桿，質量均為m=0.03kg。初始時刻，甲位于磁場的上邊界，乙位于甲的上方l處，丙固定在導軌的底端。同時由靜止釋放甲、乙兩桿，并立即對甲施加一個平行于導軌的外力F，使甲在磁場內保持沿導軌向下的加速度a=gsinθ的勻加速直線運動。已知乙進入磁場即開始做勻速直線運動，甲、乙均與導軌接觸良好，g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：

（1）乙進入磁場的瞬間，乙中的電流強度I乙；

（2）每根金屬桿的電阻R；

（3）甲在磁場內運動的過程中，電路總功率每增大0.1W，甲沿導軌下滑的距離為多少？

（4）試寫出乙穿出磁場前的整個運動過程中（甲尚未與丙碰撞），甲的電功率隨時間變化的表達式，并畫出相應的圖像。

2021-2022學年上海市虹口區(qū)高三（上）期末物理試卷（一模）參考答案與試題解析試題數(shù)：20，總分：1001.（單選題，3分）測量力學中的三個基本量，對應的儀器分別為（）A.量筒、天平、秒表B.米尺、天平、秒表C.米尺、彈簧秤、秒表D.米尺、測力計、光電門【正確答案】：B【解析】：力學的三個基本物理量分別為長度、時間、質量．同時明確各種測量儀器的原理和使用方法．

【解答】：解：力學中基本物理量包括長度、質量和時間。

米尺是測量長度的儀器，天平是測量質量的儀器，秒表是測量時間的儀器，彈簧秤是測量力的儀器。而力不是基本物理量，故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

【點評】：解決本題的關鍵知道力學的三個基本物理量以及對應的基本單位，同時還要明確常見儀器的測量對象．2.（單選題，3分）避雷針可以避免建筑物被雷擊，運用的物理原理是（）A.尖端放電B.庫侖定律C.電磁感應D.電流的磁效應【正確答案】：A【解析】：分析避雷針避免雷擊的原理即可。

【解答】：解：避雷針可以避免建筑物被雷擊，當帶電云層靠近建筑物時，避雷針上產生的感應電荷會通過針尖放電，逐漸中和云中的電荷，使建筑物免遭雷擊，其原理為尖端放電，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

【點評】：本題解題關鍵在于運用靜電感應判斷避雷針帶電，從而判斷尖端放電原理。3.（單選題，3分）任意相等的兩段時間內，運動物體速度的改變量可能不同的是（）A.自由落體運動B.豎直上拋運動C.勻速圓周運動D.勻減速直線運動【正確答案】：C【解析】：根據(jù)Δv=at判斷運動中速度的改變量，結合各運動的特點進行判斷即可。

【解答】：解：自由落體運動、豎直上拋運動和勻減速直線運動的加速度都是不變的，根據(jù)Δv=at可知，在任意相等的兩段時間內，物體速度的改變量都相等；勻速圓周運動的加速度是變化的，則在任意相等的兩段時間內，物體速度的改變量可能不相等，故ABD錯誤，C正確。

故選：C。

【點評】：本題要注意速度的改變量是矢量，有大小，有方向。4.（單選題，3分）某同學站在電梯內的臺秤上，發(fā)現(xiàn)臺秤的讀數(shù)比靜止時少了5千克。則電梯（）A.正在向上運劫B.正在向下運動C.一定向下加速運動D.可能向上減速運動【正確答案】：D【解析】：臺秤示數(shù)減小，說明人對臺秤的壓力小于重力，由此可知人處于失重狀態(tài)．由牛頓第二定律可知人具有向下的加速度，由此可判定運動形式。

【解答】：解：臺秤示數(shù)減小，可知人處于失重狀態(tài)。由牛頓第二定律可知人具有向下的加速度，則可能是電梯減速上升，或電梯加速下降，故D正確，ABC錯誤。

故選：D。

【點評】：掌握超重、失重的定義，據(jù)此作出判定，要知道超重對應加速度向上，失重對應加速度向下。5.（單選題，3分）某次排球比賽中，運動員將排球沿水平方向擊出，對方攔網(wǎng)未成功。如不計空氣阻力，則排球落地前的動能（）A.逐漸減小B.逐漸增大C.保持不變D.先減小后增大【正確答案】：B【解析】：分析排球的受力情況以及每個力的做功情況，根據(jù)動能定理判斷排球的動能變化情況。

【解答】：解：排球在空中做平拋運動的過程中，排球只受重力作用，且重力做正功，排球的動能逐漸增大，故B正確，ACD錯誤。

故選：B。

【點評】：本題考查動能定理的應用，注意排球的運動情況和受力情況，即可正確判斷。6.（單選題，3分）國產某5G手機電池容量為4100mA?h，待機時間為22d（天），用超級快充裝置對其充電時的電功率為66W。由此可估算手機電池（）A.待機時的電壓B.待機時的電流C.快充時的電流D.快充過程獲得的電能【正確答案】：B【解析】：根據(jù)I=可求解待機時的電流。

【解答】：解：AB、根據(jù)手機電池容量為4100mA?h以及待機時間為22d，根據(jù)I=可求解待機時的電流，但是無法求解待機時的電壓，故A錯誤，B正確；

CD、根據(jù)題中條件只能求解待機時的電流，而無法求解快充時的電流、電壓，由題意可知超級快充裝置對其充電時的電功率為66W，但充電時間不知，所以不能求解快充過程獲得的電能，故CD錯誤。

故選：B。

【點評】：本題解題的關鍵是正確理解電池容量為4100mA?h的概念，由此判斷電流。7.（單選題，3分）光滑水平面內固定兩根平行的長直導線A和B，通以等大反向的電流I1、I2。通有圖示方向電流I的短導線C垂直于A、B放在正中間，三者處于同一平面內。釋放C，它將（）A.沿著水平面向右運動B.沿著水平面向左運動C.順時針轉動，同時向B靠近D.逆時針轉動，同時向A靠近【正確答案】：A【解析】：根據(jù)安培定則判斷通電直導線產生的磁場，再根據(jù)左手定則判斷導線C的受力情況。

【解答】：解：根據(jù)安培定則A導線下方產生垂直于紙面向外的磁場，B導線上方產生垂直于紙面向外的磁場，根據(jù)左手定則判斷導線C受到向右的安培力，故C沿著水平面向右運動，故A正確，BCD錯誤。

故選：A。

【點評】：明確安培定則和左手定則是解決問題的關鍵。8.（單選題，3分）如圖，港珠澳大橋為斜拉橋，橋面一側的鋼索均處在同一豎直平面內，且索塔兩側對稱分布。則下列說法正確的是（）A.增加鋼索數(shù)量，可減小索塔受到總的拉力B.適當降低索塔的高度，可以減小鋼索承受的拉力C.鋼索對稱，可以保證鋼索對索塔拉力的合力為零D.鋼索對稱，可以保證鋼索對索塔拉力的合力偏離豎直方向不至于過大【正確答案】：D【解析】：對橋身進行受力分析可知，豎直方向根據(jù)平衡條件求出鋼索拉力的大小表達式，根據(jù)表達式進行分析。

【解答】：解：A、對橋身進行受力分析可知，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力大小相等、方向相反，則鋼索對索塔向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，可知增加鋼索數(shù)量，索塔受到總的拉力不變，故A錯誤；

B、對橋身進行受力分析可知，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力大小相等、方向相反，則鋼索對索塔向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，合力一定，分力間的夾角越小，則分力越小，可知為了減小鋼索承受的拉力，應該增大索塔的高度，故B錯誤；

C、根據(jù)對稱性可知，索塔兩側鋼索對稱分布，拉力大小相等時，水平分力抵消，鋼索對索塔的合力豎直向下，故C錯誤；

D、兩側的鋼索對稱分布，拉力大小相等時，水平分力抵消，鋼索對索塔的合力豎直向下，即可以保證鋼索對索塔拉力的合力偏離豎直方向不至于過大，故D正確。

故選：D。

【點評】：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。9.（單選題，4分）如圖所示，我國發(fā)射的“高分五號”軌道高度約為705km，之前已運行的“高分四號”軌道高度約為36000km，它們均繞地球做勻速圓周運動，與“高分四號”相比，下列物理量中，“高分五號”較小的是（）A.周期B.角速度C.線速度D.向心加速度【正確答案】：A【解析】：造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達式，據(jù)表達式分析。

【解答】：解：萬有引力提供向心力：G=m=mω2r=m（）2r=ma

解得：v=①T==2π②ω=③a=④

A、由T==2π可知半徑小的周期小，則A正確

B、由ω=可知半徑小的角速度大，則B錯誤

C、由v=可知半徑小的線速度大，則C錯誤

D、由a=可知半徑小的加速度大，則D錯誤

故選：A。

【點評】：題關鍵根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，確定出各量的表達式即可輕松解題。10.（單選題，4分）如圖（甲）為一列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖，P、Q分別為波上的兩個質點，圖（乙）為Q點的振動圖象，則（）A.波沿+x方向傳播B.波的傳播速度大小為0.4m/sC.t=0.15s時，Q點的加速度達到正向最大D.t=0.10s到0.25s的過程中，P點通過的路程為30cm【正確答案】：C【解析】：在t=0.10s時刻，質點Q向下振動，結合波形圖可知，波沿x正方向傳播，根據(jù)v=可解得波速；Q點處在波谷位置，則此時加速度達到正向最大，質點不在波峰波谷位置，也不是在平衡位置，通過的路程不等于3A.

【解答】：解：A.根據(jù)Q點的振動圖象可知，在t=0.10s時刻，質點Q向下振動，結合波形圖可知，波沿x負方向傳播，故A錯誤；

B.波的傳播速度大小為

v==m/s=40m/s

故B錯誤：

C.t=0.15s時，Q點處在波谷位置，則此時加速度達到正向最大，故C正確；

D.因波的周期為T=0.2s，則t=0.10s到t=0.25s的過程中經(jīng)歷了，因為P點在t=0.10s時刻不是在波峰波谷位置，也不是在平衡位置，則通過的路程不等于3A=3×10cm=30cm，故D錯誤。

故選：C。

【點評】：本題考查橫波的圖像，解題關鍵掌握對圖像的認識，注意波速的計算公式，質點不在波峰波谷位置，也不是在平衡位置，經(jīng)歷時間其路程不等于3A。11.（單選題，4分）具有巨磁阻效應（GMR）的電阻R2在外加特定方向的磁場時，阻值隨磁場的增強而減小?，F(xiàn)將R2接在圖示電路中，并置于該磁場，已知R1為定值電阻，此時R2＜R1，電表均為理想電表。保持磁場方向不變，調整磁場強弱，發(fā)現(xiàn)電壓表V1的示數(shù)增加了ΔU1，V2示數(shù)變化量的絕對值為ΔU2，則（）A.電流表A的示數(shù)減小B.外加磁場逐漸減弱C.ΔU1一定小于ΔU2D.R2消耗的電功率先增大后減小【正確答案】：C【解析】：若電壓表V1的示數(shù)增加，根據(jù)閉合電路歐姆定律則電阻R2阻值減小，電流表測量干路電流，可判斷外加磁場；根據(jù)閉合電路歐姆定律判斷ΔU1和ΔU2的大小關系；根據(jù)電功率公式判斷電源的輸出功率。

【解答】：解：AB.依題意，若電壓表V1的示數(shù)增加，根據(jù)閉合電路歐姆定律則電阻R2阻值減小，電流表測量干路電流，電流表示數(shù)增大，外加磁場逐漸增強，故AB錯誤；

C.結合題圖根據(jù)閉合電路歐姆定律有

E=U1+U2+Ir

由題知U1增大，I增大，U2減小，可得

ΔU1-ΔU2+ΔIr=0

所以ΔU1一定小于ΔU2，故C正確；

D.把R等效看成電源內阻的一部分，由于開始時

R2＜r等效=R1+r

根據(jù)電源輸出功率與外電阻的關系，可知隨著電阻R2阻值的減小，電源的輸出功率逐漸減小，故D錯誤。

故選：C。

【點評】：本題考查閉合電路歐姆定律，解題關鍵掌握電路圖的分析，注意電源輸出功率隨外電阻變化的特點。12.（單選題，4分）如圖（甲），粗糙、絕緣的水平地面上，一質量m=2kg的帶負電小滑塊（可視為質點）在x=1m處以初速v0=1.5m/s沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.05。整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，滑塊在不同位置所具有的電勢能Ep如圖（乙）所示，P點是圖線最低點，虛線AB是經(jīng)過x=1m處的切線，g=10m/s2，則（）

A.x=3m處的電勢最低B.滑塊向右運動過程中，速度始終減小C.滑塊運動至x=3m處時，速度最大D.滑塊向右一定可以經(jīng)過x=4m處的位置【正確答案】：B【解析】：滑塊在x=3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x=3m處的電勢最高，Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，結合摩擦力可知速度的變化情況；根據(jù)能量守恒定律判斷滑塊是否到達x=4m處的位置。

【解答】：解：A.滑塊在x=3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x=3m處的電勢最高，故A錯誤；

BC.Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場力大小為

F==N=1N

滑塊所受滑動摩擦力大小為

f=μmg=1N

在1～3m區(qū)間內，滑塊所受電場力與滑動摩擦力方向相反，且不斷減小，則滑塊所受合外力方向與速度方向相反；在x=3m之后，滑塊所受電場力與滑動摩擦力同向，且不斷增大，則滑塊所受合外力方向也與速度方向相反。綜上所述可知滑塊向右運動過程中，速度始終減小，在x=1m處速度最大，故B正確，C錯誤；

D.滑塊在x=1m處的電勢能與在x=4m處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能夠經(jīng)過x=4m處，則應滿足

≥fΔx

根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實際情況并不滿足上式，所以滑塊一定無法經(jīng)過x=4m處的位置，故D錯誤。

故選：B。

【點評】：本題考查電勢能與電場力做功，解題關鍵掌握電勢能與電勢的關系，注意Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小。13.（填空題，4分）反映磁場的力的性質的物理量是___，勻強磁場的磁感線是平行的___直線?！菊_答案】：[1]磁感應強度;[2]等間距【解析】：明確磁感應強度的意義，知道勻強磁場中磁感線的形狀。

【解答】：解：磁感應強度是反映磁場的力的性質的物理量，勻強磁場是場強的大小和方向處處相同的磁場，勻強磁場的磁感線是間距相等的平行直線。

故答案為：磁感應強度；等間距。

【點評】：解決本題的關鍵知道勻強磁場是場強的大小和方向處處相同的磁場，勻強磁場的磁感線是間距相等的平行直線。14.（填空題，4分）研究電磁感應現(xiàn)象的器材如圖連接，線圈A放置在線圈B中。電鍵C和D均處于閉合狀態(tài)時，向右移動滑動變阻器的滑片，檢流計G的指針向右偏轉。若變阻器的滑片位置不變，閉合C，經(jīng)過一段時間后再閉合D，則檢流計的指針___。若C、D均處于閉合狀態(tài)，斷開C時，則檢流計的指針___（均選填“向左偏轉”、“向右偏轉”或“不偏轉”）?！菊_答案】：[1]不偏轉;[2]向右偏轉【解析】：該同學將線圈A放置在線圈B中，線圈B中產生感應電動勢的回路。A線圈是通電電路是引起感應電流的原因。

閉合電鍵時，向右移動滑動變阻器的滑片，電阻變大，電路電流變小，磁通量也減小，感應電流方向使電流表的指針向右偏。對比此實驗結果進行判斷其他操作時感應電流的方向。

【解答】：解：由題意知道，線圈A放置在線圈B中，閉合兩回路的電鍵后，向右滑動滑動變阻器的滑片，電路中的電阻增大，電流減小，穿過B線圈的磁通量減小，檢流計指針向右偏轉；

若變阻器的滑片位置不變，閉合C，經(jīng)過一段時間后A線圈中的通電電流恒定，則磁通量不變。再閉合D時，穿過B線圈的磁通量也不變，無感應電流產生，那么檢流計不偏轉。

若C、D均處于閉合狀態(tài)，斷開C時，則A線圈中的電流減小為零，穿過A線圈的磁通量減小，穿過B線圈中的磁通量也減小，B線圈中產生感應電流，按第一次的實驗步驟，檢流計向右偏轉。

故答案為：不偏轉、向右偏轉

【點評】：通電螺線管的磁場是由電流產生的，如果螺線管中沒有電流，則螺線管內沒有磁場；知道螺線管的磁場分布及磁通量的變化是正確解題的關鍵。15.（填空題，4分）圖示方法可以估測人的反應時間：甲同學捏住直尺上端，使直尺保持豎直狀態(tài)，零刻線位于乙同學的兩指之間。當乙看見甲放開直尺時，立即抓捏直尺，讀出抓捏位置的刻度為h。若用該直尺測量反應時間的范圍為0～0.4s，則直尺的長度至少為___m（g取10m/s2）。若在直尺的另一面每隔0.05s標記測量反應時間的刻度線，則刻度線是___的（（選填“均勻”或“不均勻”）?！菊_答案】：[1]0.8;[2]不均勻【解析】：根據(jù)自由落體公式，代入數(shù)值可求出數(shù)值；

h與t2成正比而與t不成正比可知刻度是不均勻。

【解答】：解：根據(jù)題意可知，用該直尺測量反應時間的范圍為0～0.4s，根據(jù)自由落體的公式可知：h=，代入數(shù)據(jù)解得：h=0.8m；

物體向下做勻加速運動，在相同的時間里通過的位移越來越大，故在相同的時間里，刻度尺的長度應該是不均勻的；

故答案為：0.8不均勻。

【點評】：考查自由落體公式，代入數(shù)值可求出第一問，h與t2成正比而與t不成正比可作出第二問。16.（填空題，4分）一單擺的擺長為L，將擺球向左拉至水平標志線上（圖中虛線）。由靜止釋放擺球，當擺球運動至最低點時，擺線碰到障礙物P，擺球繼續(xù)擺動。用頻閃相機長時間拍攝，得到圖示照片，則擺線的懸點O與障礙物P在豎直方向之間的距離為___。不計空氣阻力，擺線向右碰到障礙物的瞬間，擺球的角速度突然增大，其原因是：___?！菊_答案】：[1]L;[2]擺球經(jīng)過最低點時線速度不變，半徑變小，擺球的角速度突然增大【解析】：頻閃照相機每隔一定時間拍一次相，具有周期性，根據(jù)照片記錄的時間分析擺線碰到障礙物前后的周期關系，由單擺周期公式研究擺長關系．擺球經(jīng)過最低點時，線速度不變，半徑變小，由v=rω知角速度增大．

【解答】：解：由單擺的周期公T=2π可知，L∝T2，由于是頻閃照片，圖中相鄰兩小球的影像的時間間隔是相同的，所以周期之比是3：2，周期平方比是9：4.=，L1=L，LOP=L-L1=L

擺球經(jīng)過最低點時線速度不變，半徑變小，擺球的角速度突然增大.

故答案為：L；擺球經(jīng)過最低點時線速度不變，半徑變小，擺球的角速度突然增大.

【點評】：解決本題的關鍵掌握單擺的周期公式T=2π，以及知道擺線經(jīng)過最低點時與障礙物碰撞前后的線速度大小不變．17.（填空題，4分）如圖，質量為m的圓環(huán)套在固定的粗糙程度均勻的豎直桿上，輕質彈簧的左端固定在墻壁上的O點，右端與圓環(huán)相連。初始時刻，圓環(huán)處于A點，彈簧水平，且恰好處于原長狀態(tài)。將圓環(huán)從A點由靜止釋放，第一次經(jīng)B點時環(huán)的速度最大，最低可到達C點。之后，圓環(huán)沿桿向上滑動。忽略空氣阻力的影響，則圓環(huán)從C點向上運動的過程中，速度最大的位置___（選填“在B點”、“在B點上方”、“在B點下方”、“無法確定”）。圓環(huán)從A運動到C點的過程中，各種能量的變化情況是：___?！菊_答案】：[1]在B點下方;[2]圓環(huán)的動能先增大后減小，圓環(huán)的重力勢能一直減小，彈簧的彈性勢能一直增大，圓環(huán)的機械能一直減小，圓環(huán)與桿因摩擦產生的內能一直增加?！窘馕觥浚簣A環(huán)速度最大時所受合力為零，由平衡條件通過比較彈簧長度確定位置關系；由圓環(huán)的速度變化判斷動能變化，由彈簧形變量的變化判斷彈性勢能的變化，由高度的變化判斷重力勢能的變化，由功能關系判斷圓環(huán)機械能的變化和摩擦生熱。

【解答】：解：圓環(huán)由A下滑到B過程做加速直線運動，動能逐漸增大，由功能關系可知，圓環(huán)所受合力豎直向下做正功；由B滑到C的過程做減速直線運動，動能逐漸減小，圓環(huán)所受合力豎直向上做負功；可知在B點圓環(huán)速度最大，所受合力為零，則下滑過程在B點滿足：圓環(huán)豎直向下重力等于豎直向上的彈簧彈力的分力與滑動摩擦力之和，即mg=kxcosθ+f（θ為彈簧與桿的夾角）；

同理，圓環(huán)由C上滑的過程先做加速直線運動，后做減速直線運動，在速度最大的位置圓環(huán)所受合力為零，則上滑過程在速度最大的位置滿足：豎直向上的彈簧彈力的分力等于圓環(huán)的重力與豎直向下的滑動摩擦力之和，即kx′cosθ′=mg+f′（θ′為彈簧與桿的夾角）；

可得：kx′cosθ′＞kxcosθ

由幾何關系可知，彈簧形變量x越大，彈簧長度越長，則θ越小，cosθ越大，即x與cosθ同時增大或減小，則可知x′＞x，即上滑過程在速度最大的位置的彈簧長度大于下滑過程在B點的彈簧長度，故圓環(huán)從C點向上運動的過程中，速度最大的位置在B點下方。

圓環(huán)從A運動到C點的過程中，先加速后減速運動，則圓環(huán)的動能先增大后減??；圓環(huán)所處高度一直在降低，則圓環(huán)的重力勢能一直減??；彈簧的形變量一直在增加，則彈簧的彈性勢能一直增大；圓環(huán)一直要克服桿對其滑動摩擦力和彈簧彈力做功，則圓環(huán)的機械能一直減小，圓環(huán)與桿因摩擦產生的內能一直增加。

故答案為：在B點下方；圓環(huán)的動能先增大后減小，圓環(huán)的重力勢能一直減小，彈簧的彈性勢能一直增大，圓環(huán)的機械能一直減小，圓環(huán)與桿因摩擦產生的內能一直增加。

【點評】：本題考查了功能關系的應用，要知道物體做變加速直線運動，速度最大時加速度為零，所受合力為零。各種能量的定義和其變化量與力做功的對應關系要掌握。18.（問答題，10分）圖（甲）為某同學設計的測定直流電動機效率的電路圖。在小桶中放入適量的砝碼，多次移動滑動變阻器R的滑片，測出5組數(shù)據(jù)，記錄在下表。

實驗次數(shù)12345電壓表V1的示數(shù)U1/V4.103.402.701.901.10電壓表V2的示數(shù)U2/V3.003.504.004.505.00電流表A的示數(shù)I/A0.110.160.220.300.38重物的總質量m/kg0.040.070.110.160.21重物的提升高度h/m0.800.800.800.800.80重物的上升時間t/s1.951.901.851.801.65（1）為了減小實驗誤差，需在重物做___直線運動的過程中測量上升高度h和對應的時間t（選填“勻加速”、“勻減速”、“勻速”）。

（2）給電動機輸入5V電壓時，效率為___%（g取10m/s2，保留三位有效數(shù)字）。

（3）某同學依據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，繪制了圖（乙）所示的U2-I圖線。該同學認為：依據(jù)所繪的曲線，通過斜率可以求得電動機線圈的電阻r機，你認為這個方法___（選填“合適”、“不合適”），理由是：___。

（4）若欲依據(jù)圖像準確求出電源的電動勢和內阻，可將圖（乙）中的縱軸坐標U2改為___?！菊_答案】：勻速;53.6;不合適;電動機為非純電阻儀器;U1+U2【解析】：（1）根據(jù)效率的表達式分析重物的運動狀態(tài)；

（2）代入數(shù)據(jù)計算出電動機的效率；

（3）根據(jù)圖像分析方法是否合適以及對應的原因；

（4）理解圖像的物理意義，由此改為正確的縱坐標。

【解答】：解：（1）依題意可得，該電動機的效率的表達式為：，顯然，為了減小實驗的誤差，需要保持重物做勻速運動，使電動機對重物的拉力F等于重力，即F=mg，所以需在重物做勻速直線運動的過程中測量上升高度h對應的時間t；

（2）給電動機輸入5V電壓時，利用表中數(shù)據(jù)可求得此時電動機效率為：

（3）由圖甲可知U2為電動機輸入電壓，I為流經(jīng)電動機的電流，但由于電動機為非純電阻儀器，歐姆定律不適用，即U2-I圖像的斜率不代表電動機線圈的電阻r機，所以該方法不合適；

（4）根據(jù)圖甲，由閉合電路歐姆定律可得：E=Ir+U1+U2

即U1+U2=E-Ir

所以，可將圖乙中的縱軸坐標U2改為U1+U2，則通過圖線的縱截距可求得電源電動勢，圖像的斜率的絕對值可求得電源內阻。

故答案為：（1）勻速；（2）53.6；（3）不合適；電動機為非純電阻儀器；（4）U1+U2

【點評】：本題主要考查了電動機的效率的測量和U-I圖像的分析，在分析過程中要注意電動機是非純電阻儀器，選擇合適的公式以及正確的圖像進行分析解答。19.（問答題，15分）如圖，半徑R=1m的光滑圓弧軌道BCD固定在豎直平面內，B端與粗糙程度均勻的斜面AB相切，AB與水平方向的夾角θ=37°。質量m=1kg的小滑塊（可視為質點），從A點由靜止釋放，到達C點時的速度vC=2m/s。已知A、B兩點的高度差h=1.5m，不計空氣阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）滑塊經(jīng)過B點時速度vB的大??；

（2）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；

（3）若調整A點的高度，使得滑塊經(jīng)過D點時，與軌道間恰無彈力作用，則滑塊經(jīng)過B點時的速度vB′應為多少？

（4）若A、B兩點間的高度差減小為h′=0.8m。某同學認為：當滑塊從A點由靜止釋放時，立即對其施加適當大小的水平向右拉力F（到達B點后立即撤去F），滑塊一定能沿軌道到達D點。該方案是否可行？請說明理由?！菊_答案】：

【解析】：（1）根據(jù)動能定理計算出B點速度的大??；

（2）根據(jù)牛頓第二定律結合運動學公式計算出動摩擦因數(shù)；

（3）先根據(jù)D處的受力分析和從B到D的動能定理計算出B點的速度；

（4）計算出最大拉力時的加速度，結合運動學公式計算出此種情況下的速度，判斷是否可行。

【解答】：解：（1）從B到C的過程中，由動能定理得：

解得：vB=4m/s

（2）從A到B的過程中

根據(jù)幾何關系：

根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma

聯(lián)立解得：μ=0.35

（3）在D處重力提供向心力：

從B到D的過程中，根據(jù)動能定理：

聯(lián)立解得：vB′=6.78m/s

（4）滑塊在斜面上受四個力作用，水平拉力F越大，加速度越大

但滑塊不能脫離斜面，故拉力最大時，F(xiàn)msinθ=mgcosθ

此時，彈力、摩擦力均為零，根據(jù)牛頓第二定律：Fmcosθ+mgsinθ=mam

此時最大加速度am=

沿斜面運動到B點的位移為：

能始終沿斜面運動到B點的最大速度為：

而能沿軌道到達D點的要求是，經(jīng)過B點的速度