2022年陜西省咸陽市高考物理一模試卷（附答案詳解）

2022年陜西省咸陽市高考物理一模試卷

一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）

1.曹沖稱象故事講的是曹沖巧妙地用石頭總的重量稱

出了大象的重量，下列物理學習或研究中用到的方法

與曹沖稱象的方法相同的是（）

牛頓的人造衛(wèi)星發(fā)射設想

c.%……L探究二力合成的規(guī)律

研究影響向心力大小的因素

2.圖甲為家庭常用的燃氣灶實物圖，灶面上有一個支架。共有四個均勻分布的支撐面,

對放在上面的廚具起到支撐作用。現(xiàn)把一個蒸鍋放在支架上，并抽象成示意圖乙,

已知支架的每個支撐面與水平方向成a角。蒸鍋和里面的食物總計重為G,則每個

支撐面給蒸鍋的支持力為（忽略蒸鍋和支撐面之間的摩擦力）（）

圖甲圖乙

A.?B.FC.f

44cosa4sina

3.時隔8年之后，2021年12月9日我國宇航員王亞平再次進行

太空授課，引發(fā)了我國很多中小學生對微重力下液體內部

的受力情況感到好奇，某同學為了在地面探究微重力下液

體內部的受力情況，設計了如下實驗，如圖所示，密度為p

的木球與輕質彈簧相連后置于充滿水的密閉容器中彈簧的

另一端固定于容器的底部。水與木球的密度差為4p（/p>0）,重力加速度為g。初

始時整個系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將容器由靜止釋放，則釋放瞬間木球相對于地面的加速度大

小為（）

A.gB.多C.（1一爭gD.（1+表g

4.如圖所示，同一豎直平面內有四分之一圓環(huán)AC和傾角為0=60。的斜面BC相接于C

點，4、B兩點與圓環(huán)/C的圓心。等高?，F(xiàn)將甲、乙小球同時從4、B兩點以一定大

小的初速度沿水平方向同時拋出，兩球恰好在C點相碰（不計空氣阻力）。則下列說

法正確的是（）

C

A.甲、乙兩球初速度大小之比為次：1

B.若僅增大兩球質量，則兩球不再相碰

C.若乙球速度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，則恰能落在斜面的中點。

D.若乙球速度大小變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則可能垂直擊中圓環(huán)4c

5.質量為800kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a與

速度的倒數(shù)3的關系如圖所示，已知圖像斜率k的數(shù)值大小為500。則賽車（）

第2頁，共20頁

A.速度隨時間均勻增大

B.加速度隨時間均勻增大

C.賽車運動時發(fā)動機輸出功率為400kW

D.圖中b點取值應為0.01,其對應的物理意義表示賽車的最大時速為160km"

6.如圖甲所示的電磁流速/流量儀是一種為多種行業(yè)測量流速/流量的便攜式測量儀

表，其簡化模型如圖乙所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直于磁場方向放

一個內徑為。的不導磁管道，當導電液體在管道中以流速。流動時，導電液體切割

磁感線產生電動勢，在管道截面上垂直于磁場方向的直徑兩端安裝一對電極，該電

動勢被信號電極采集，通過測量電壓的儀表放大轉換實現(xiàn)流速的測量，也可以實現(xiàn)

流量（單位時間內流經某一段管道的流體體積）的測量。則關于電磁流速/流量儀的

說法正確的是（）

A.測量電壓儀表a端的電勢高于b端的電勢

B.穩(wěn)定時信號電極采集到的電勢差與流速〃大小成反比

C.儀表盤如果是刻度盤，流速/流量刻度都是均勻的

D.流量的測量值與電磁流速/流量儀管道的長度成正比

7.如圖所示，電源電動勢為E,內阻為r,8是光敏電阻（阻值隨光照強度的增大而減

?。?，/?2是定值電阻，C是平行板電容器，匕、彩都是理想電壓表。閉合開關S后，

電容器中的帶電小球處于靜止狀態(tài)。在光照強度增大的過程中，分別用//、//表

示電壓表匕和電壓表彩示數(shù)變化的絕對值，且/a<AU2,則下列說法正確的是（）

A.匕的示數(shù)增大，彩的示數(shù)減小B.匕的示數(shù)減小，彩的示數(shù)增大

C.帶電小球仍處于靜止狀態(tài)D.帶電小球向上運動

8.如圖所示，豎直墻與水平地面交點為。，從豎直墻上的人B兩

點分別搭兩條光滑軌道到M點，NAMO=60。、ABMO=45°,

“點正上方與B等高處有一"C點?，F(xiàn)同時將a、b、c球分別從4、

B、C三點由靜止開始釋放。則（）

A.a球最先到達M點

B.b球最先到達M點

C.c球最先到達M點

D.b球和c球都可能最先到達M點

中正確的是（）

A.小物塊所受摩擦力的瞬時功率一定不斷變大

B.小物塊所受摩擦力做的功大于小物塊動能的增加量

C.若物塊滑到頂端時恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產生的內能恰好等于

物塊增加的機械能

D.若物塊滑動頂端時恰好與傳送帶共速，則兩者間因摩擦而產生的內能恰好等于

物塊增加的動能

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10.如圖所示，曲線表示固定在x軸上a、b兩點的兩個點電荷產生的電勢與位置之間的

對應關系，兩個點電荷所帶電荷量分別為q1和q2,*P間距離大于P、匕間距離。

從圖可知以下正確的是（）

A.兩點電荷帶異種電荷

B.電勢最低的p點的電場強度為零

C.p、b兩點之間電場方向都指向p點

D.將一負電荷從p點移到a點電勢能增加

11.赤道平面內的某顆衛(wèi)星自西向東繞地球做圓周運動該衛(wèi)星離地面的高度小于地球

同步衛(wèi)星的高度，赤道上一觀測者發(fā)現(xiàn)，該衛(wèi)星連續(xù)兩次出現(xiàn)在觀測者正上方的最

小時間間隔為t,已知地球自轉周期為7°,地球半徑為R,地球表面的重力加速度為

g,由此可知該衛(wèi)星繞地球運動的周期7和離地面的高度”為（）

A.T=B.r=tTo

（7。+亡）(T0-t)

Cf=3裁孺-R黑系-R

12.如圖所示，兩光滑平行長直導軌水平放置在磁感應強度為BM

的勻強磁場中，磁場與導軌所在平面垂直。已知金屬棒MN能

沿導軌自由滑動，導軌一端跨接一個定值電阻R,金屬棒與N

導軌電阻不計。金屬棒在恒力戶作用下從靜止開始沿導軌向右運動，在以后過程中，

金屬棒速度。、加速度a、感應電動勢E以及通過電阻R的電荷量q隨時間t變化的關

系表示正確的是（）

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

13.為測量木塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃，一同學設計了如圖（甲）所示的實驗裝置，4為

裝有光電門的足夠長的木板，B為與木板平滑連接的斜面C為帶遮光片的小物塊。

（1）測量遮光條寬度時游標卡尺的示數(shù)如圖（乙）所示，則遮光條的寬度

d=mm；

（2）保持光電門的位置不變，多次改變物塊在斜面上釋放點的位置，每次都將物塊

由靜止釋放記錄每次物塊停止時物塊中心到光電門中心的水平距離久和遮光條通過

光電門的時間3為了能直觀地顯示％與t之間的關系，即作出線性圖像其應作

（填選項序號）

A.x—t圖像

B.x一/圖像

C.x—:圖像

D.x一5一圖像

*

（3）若（2）問中正確圖像的斜率為匕當?shù)氐闹亓铀俣葹間,不計細線與滑輪間的摩

擦及空氣阻力，則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為。（用字母表示）

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14.某同學為精確測量某金屬圓柱的電阻，設計了如圖甲所示的電路圖。現(xiàn)在需要兩個

量程為200nM的電流表，但實驗室提供的器材中，一個電流表的量程為lOOmA,

內阻為120,另外一個電流表的量程為200^4

⑴現(xiàn)將量程為100mA的電流表擴充為200mA,則應該（填“串”或“并”）

聯(lián)一個阻值R'=n的電阻。

（2）圖中E為學生電源、G為靈敏電流計、&代表量程為100mA電流表4（圖中未畫出

）改裝后的電流表、&為量程為200nM的電流表、k為電阻箱、/?2與氏均為滑動變

阻器、飛為定值電阻、S為開關、Rx為待測金屬圓柱，另有導線若干，這些器材全

部由實驗室提供。具體的實驗操作如下：

4按照如圖甲所示的電路圖連接好實驗器材；

B.將滑動變組器/?2的滑片、滑動變阻器/?3的滑片均調至適當位置，閉合開關S;

C.調整/?3,逐步增大輸出電壓，并反復調整％和7?2使靈敏電流計G的示數(shù)為零，此

時量程為100nM的電流表4的示數(shù)為A,4的示數(shù)為/2，電阻箱的示數(shù)為Ry

D實驗完畢，整理器材。

①實驗步驟8中滑動變阻器/?3的滑片應調至最（填“左”或“右”）端；

②反復調整治和&使靈敏電流計G示數(shù)為零的目的是

③某次測量時量程為100爪4的電流表4的指針位置如圖乙所示，則此時通過&的電

流為mA

（3）待測金屬圓柱Rx的阻值為（用所測物理量的字母表示）

（4）電流表4、4的內阻對測量結果（填“有”或“無”）影響

四、計算題（本大題共3小題，共37.0分）

15.足球比賽中，經常使用“邊路突破，下底傳中”的戰(zhàn)術，即攻方隊員帶球沿邊線前

進到底線附近進行傳中。某標準足球場長105優(yōu)、寬68加。攻方前鋒在中線處將足

球沿邊線向前踢出，足球的運動可視為在地面上做初速度為12m/s的勻減速直線運

動，加速度大小為3m/s2。試求：

（1）足球從開始做勻減速運動到停下來的位移為多大？

(2)足球開始做勻減速直線運動的同時，該前鋒隊員沿邊線向前追趕足球。他的啟

動過程可以視為初速度為零加速度為4m/s2的勻加速直線運動，他能達到的最大速

度為8TH/S,該前鋒隊員至少經過多長時間能追上足球？

邊線

16.如圖(甲)所示，半徑R=0.8m的光滑［圓弧軌道固定在豎直平面內，B為軌道的最低

點，B點右側的光滑的水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質量M=2kg,

長度1=1m,小車的上表面與B點等高，質量rn=2kg的物塊(可視為質點)從圓弧

最高點4由靜止釋放，取g=10m/s2?

(1)求物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力；

(2)若物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.3,求物塊從平板車右端滑出時平板車的速度大

??；

(3)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動摩擦因數(shù)從左向右隨距離均

勻變化如圖(乙)所示，求物塊滑離平板車時的速率。

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17.如圖所示，4c水平軌道上4B段光滑，BC段粗糙，且及。=2m,CDF為豎直平面內

半徑為R=0.2m的光滑半圓軌道，兩軌道相切于C點，C尸右側有電場強度E=1.5x

103N/C的勻強電場，方向水平向右。一根輕質絕緣彈簧水平放置，一端固定在4點，

另一端與帶負電滑塊P接觸但不連接，彈簧原長時滑塊在B點?，F(xiàn)向左壓縮彈簧后

由靜止釋放，已知滑塊P的質量為zn=0.2的，電荷量為q=-1.0x10-3c,與軌道

BC間的動摩擦因數(shù)為〃=0.2,忽略滑塊P與軌道間電荷轉移。已知g=10m/s2,

sin37°=0.6.cos37°=0.8。求：

(1)若滑塊P運動到尸點的瞬間對軌道壓力為2N,求彈簧釋放的彈性勢能；

(2)在(1)的條件下，滑塊運動到與。點等高的。點時對軌道的壓力；

(3)欲使滑塊P在進入圓軌道后不脫離圓軌道(即滑塊只能從C點或者F點離開半圓

軌道)，求彈簧最初釋放的彈性勢能的取值范圍。

ABC

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：曹沖稱象故事用等重量的石頭代替等重量的大象，是等效替代的思想。

A、牛頓的人造衛(wèi)星發(fā)射設想是由已知現(xiàn)象，經過邏輯推理和數(shù)學工具驗證，再進行合

理延伸的科學思維方法，故A錯誤；

3、測靜電力常量采用放大的思想，不是等效替代，故B錯誤；

C、建立“合力和分力”的概念，采用等效替代的思想，故C正確；

￡＞、研究影響向心力大小的因素采用控制變量法，故。錯誤。

故選：C0

曹沖稱象故事用等重量的石頭代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成與分解、

運動的合成與分解、以及交流電的有效值都是等效替代思想。

本題考查了等效替代法、理想模型法、極值法等思想方法，是物理學的精髓所在，基礎

問題.

2.【答案】B

【解析】解：四個支撐面對蒸鍋的支持力的合力與蒸鍋包括食物的重力相等，設其中一

個支撐面對蒸鍋的支持力為N,則其方向與豎直方向夾角為a,由分析可知

圖乙

Ny=Ncosa

又在豎直方向受力平衡，有4Ny=G

故AC。錯誤，B正確。

故選：B?

分析一個支撐面對蒸鍋的支持力方向，根據(jù)共點力的平衡條件可以求出支持力。

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在處理共點力的平衡問題，要注意如果物體處于平衡狀態(tài)，在利用正交分解法時，有&=

0,Fy=0Q

3.【答案】D

【解析】解：初始時整個系統(tǒng)靜止，彈力為對木球分析Psgv=屋+pgv

釋放瞬間，彈力不變，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，浮力消失，

根據(jù)牛頓第二定律可得：a=電史="等產=（1+券）g,故。正確，ABC錯誤。

故選：D.

系統(tǒng)靜止時，根據(jù)平衡條件列方程，在釋放的瞬間，浮力消失，根據(jù)牛頓第二定律列式

求解加速度即可。

物體在液體中所受的浮力為上下兩平面的壓力差，在完全失重狀態(tài)，物體不受浮力作用。

4.【答案】A

【解析】解：4、甲乙兩球從等高處做平拋運動恰好在C點相碰，則時間相等，水平方

R]

向有=V2t=茄荷；=而R,%!=V1t=R,

所以甲、乙兩球初速度大小之比為遮：1,故A正確；

8、兩球運動時間與質量無關，故改變質量，兩球仍會相碰，故B錯誤；

C、若。2大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，在時間不變的情況下水平位移會變?yōu)樵瓉淼囊话?，但?/p>

于乙球會碰到斜面，下落高度減小，時間減小，所以乙球的水平位移小于原來的一半,

不會落在斜面的中點，故C錯誤；

以若乙球垂直擊中圓環(huán)4C,則落點時速度的反向延長線過圓心0,由幾何關系有（W"-

3R）2+Ggt2）2=R2,

，即&=竿事=也（落點和圓心連線與。（?夾角為吟，解得以'。2%,故。錯誤。

-gt2gt

故選：4。

兩球均做平拋運動，將平拋運動分解為水平方向上勻速直線運動和豎直方向上的自由落

體運動進行分析，根據(jù)題中給出的條件即可列式求解。

本題主要是考查了平拋運動的規(guī)律應用，知道平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線

運動和豎直方向的自由落體運動，解決本題的關鍵知道分運動和合運動具有等時性。

5.【答案】C

【解析】解：4、由圖可知，加速度變化，故做變加速直線運動，故A錯誤；

B、函數(shù)方程為a=出-4,汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；

V

C、對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，有F-f=

□P

ma,F=-V

聯(lián)立得Q=-....-

mvm

結合圖線，故￡=匕工=4

mm

所以P=km=500x800UZ=400kW,f=4m=4x800/V=3200/V,故C正確；

D、當物體的速度最大時，加速度為零b=3=9=就焉=0.008,故。錯誤；

故選：Co

賽車以恒定功率啟動，對汽車受力分析后根據(jù)牛頓第二定律列方程，再結合圖象進行分

析即可

本題關鍵對汽車受力分析后，根據(jù)牛頓第二定律列出加速度與速度關系的表達式，再結

合圖象進行分析求解

6.【答案】C

［解析］解：4根據(jù)左手定則可知測量電壓的儀表a端的電勢低于b端的電勢，故A錯誤；

8.當導電液體在管道中以流速u流動時，正負離子在磁場的作用下偏轉，電極兩端形成

了電勢差，當=qvB

即U=BvD

電勢差恒定，保持穩(wěn)定輸出，所以信號電極采集到的電勢差與流速大小成正比，故B錯

誤；

CD流量為Q=?=竽

流量的測量值與流速"成正比，與電磁流速/流量儀管道的長度無關，在儀表內部參數(shù)確

定后，測量流速和流量的儀表盤刻度都是均勻的，故C正確，。錯誤；

故選：Co

第12頁，共20頁

根據(jù)左手定則分析出粒子的受力方向，由此分析出電勢的高低；

根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關系得出電壓的表達式，結合流量的表達式完成分析。

本題主要考查了霍爾效應的相關應用，根據(jù)左手定則分析出粒子的受力方向，結合電場

力和洛倫茲力的等量關系即可完成分析。

7.【答案】B

【解析】解：4B.在光照強度增大的過程中，8的阻值減小，電路總電阻減小，總電流

增大，則7?2的電壓增大，彩的示數(shù)增大。內電壓和7?2的電壓增大，則路端電壓減小，匕

的示數(shù)減小，%的電壓減小，故A錯誤、B正確；

CD8的電壓減小，則電容器板間電壓減小，板間場強減小，帶電小球受到的電場力減

小，則帶電小球向下運動，故C￡?錯誤。

故選：B。

在光照強度增大的過程中，8的阻值減小，分析電路總電阻的變化，判斷總電流變化和

路端電壓的變化，即可知道小的示數(shù)變化。由歐姆定律分析/的示數(shù)變化。根據(jù)電容器

板間電壓的變化，分析帶電小球的運動情況。

解決本題的關鍵要抓住電源的電動勢和內阻不變，利用閉合電路歐姆定律進行動態(tài)分析。

也可以直接根據(jù)路端電壓隨外電阻的減小而減小，分析匕的示數(shù)變化情況。

8.【答案】C

【解析】解：設CM距離為R,

對于4M軌道：

位移X1=2R,加速度為：的==gsin60°=?g,

由與=,

對于BM軌道：

位移無2=加速度為：?2-m,g5^45=gsin45°—~9,

由芯2=|?2^2>

對于C到M：

位移%3=R，加速度。3=9>

由得%3巧，

解得：t3=怪=用=怪

\as7g\9

可見t3最小，上2最大，c球最先到達M點，故C正確，AB。錯誤。

故選：Co

根據(jù)幾何關系分別求出各個軌道的位移，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，再根據(jù)勻變速

直線運動的位移時間公式求出運動的時間，從而比較出到達M點的先后順序。

解決本題的關鍵根據(jù)牛頓第二定律求出各段的加速度，運用勻變速直線運動的位移時間

公式進行求解。

9.【答案】BC

【解析】解：力、物塊受到重力、支持力和摩擦力作用，可能先做勻加速，后做勻速直

線運動，則摩擦力的瞬時功率先增大，后不變，故A錯誤。

8、在運動的過程中，摩擦力做正功，重力做負功，根據(jù)動能定理知，合力做功等于動

能的變化量，則摩擦力做功大于物塊動能的增加量，故8正確。

CD,根據(jù)功能關系知，摩擦力做功等于物塊機械能的增加量，物塊運動到頂端時，恰

好與傳送帶共速，則物塊的位移與相對位移大小大小，則摩擦力對物塊做功的大小等于

摩擦產生的內能，則兩者間因摩擦而產生的內能恰好等于物塊增加的機械能，故C正確，

。錯誤。

故選：BC.

根據(jù)物塊在整個過程中的運動規(guī)律判斷摩擦力功率的變化，結合動能定理比較摩擦力做

功與物塊動能的變化量，根據(jù)功能關系比較摩擦力產生的內能與物塊增加的機械能關系。

解決本題的關鍵掌握功能關系，知道除重力以外其它力做功等于機械能的增加量，知道

摩擦產生的內能等于摩擦力與相對位移的乘積。

10.【答案】BC

第14頁，共20頁

【解析】解：4B.由E=,可知，a-%圖象斜率表示電場強度，可知p點場強最小，由

沿電場線方向電勢降低，可知a、b兩點電荷均為正電荷，且兩點電荷在p點產生的場強

大小相等，方向相反，所以電勢最低的p點的電場強度是零，故A錯誤，8正確；

C.由沿電場線方向電勢降低，p點電勢最低，可知p、匕兩點之間電場方向都指向p點，

故C正確；

D由Ep=q<p可知，負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，將一負電荷從p

點移到a點，即從低電勢移到高電勢，電勢能減少，故。錯誤。

故選：BC。

S-x圖象的斜率表示電場強度的大小，沿著電場線方向電勢降低，電勢能根據(jù)昂=98

來判定。

本題重點考查-X圖象的物理意義；電勢能的表達式Ep=qs使用時注意符號的代入。

11.【答案】AC

【解析】解：設衛(wèi)星的周期為T,則有?-勺t=2〃

110

解得了=告

/o+c

由萬有引力提供向心力。湍？=m(R+H)黑

又在地表處g=察

聯(lián)立解得H=3冷乩故AC正確，B。錯誤；

47Tz(t+7b)Z

故選：AC.,

根據(jù)萬有引力提供向心力公式，結合前后兩次出現(xiàn)在人的正上方時，正好多轉動一圈，

從而列式，即可求解.

考查萬有引力與向心力表達式，掌握牛頓第二定律的應用，理解向心力的來源，注意前

后兩次出現(xiàn)在人的正上方時，正好多轉動一圈是解題的突破口.

12.【答案】BCD

【解析】解：AB.金屬棒受到恒力作用開始做加速運動，運動以后由于切割磁感線導體

棒受到安培力的作用，加速度大小滿足：ma=F-*,隨著速度的增大，加速度越

來越小，最終將做勻速運動，故4錯誤、8正確；

C.根據(jù)法拉第電磁感應定律可得感應電動勢E=BLu=BLat,由于加速度逐漸減小，則

E隨t變化的圖線切線斜率越來越小，最后E為一定值，故C正確；

D通過電阻R的電荷量q=〃==￥，由于金屬棒做加速度越來越小的加速運動，

KK

金屬棒的位移X隨時間增大，增加的越來越慢，通過R的電荷量隨時間增加，但在相等

時間內的增加量逐漸減小，當導體棒做勻速運動時圖線的切線斜率不變，。正確。

故選：BCD。

由安培力公式求出安培力，然后由牛頓第二定律求出加速度，根據(jù)加速度的表達式判斷

加速度與速度如何變化；求出感應電動勢與電荷量的表達式，然后分析它們的變化，即

可答題.

本題考查了判斷速度"、加速度a、感應電動勢E、通過電阻的電荷量隨時間的變化關系，

求出金屬棒受到的安培力，應用牛頓第二定律求出加速度，然后進行分析即可正確解題,

知道金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動，最后做勻速直線運動是正確解題的關鍵.

13.【答案】3.10。里

【解析】解：(1)由圖乙所示游標卡尺可知，其精度是0.05rmn,遮光條的寬度d=3mm+

2x0.05mm=3.10mm

(2)已知遮光條寬度為d,則滑塊經過光電門速度為u=+

已知物塊中心到光電門中心的水平距離為x,由速度一位移公式得：v2=2ax

由牛頓第二定律得：fimg=ma

整理得：x=為吟,d、〃都是常數(shù)，x與表成正比，x—得圖像是直線，應作出X—表圖

故選D。

⑶由x=可知，X—2圖像的斜率k=S

解得，動摩擦因數(shù)：〃=身

2kg

故答案為：(1)3.10；(2)D；(3塌。

(1)游標卡尺主尺讀數(shù)與游標尺讀數(shù)的和是游標卡尺讀數(shù)。

(2)求出滑塊經過光電門時的速度，應用勻變速直線運動的速度一位移求出分析答題。

(3)根據(jù)圖像的函數(shù)表達式求出動摩擦因數(shù)。

要掌握常用器材的使用即讀數(shù)方法；理解實驗原理是解題的前提，應用勻變速直線運動

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的速度一位移公式求出圖像的函數(shù)表達式即可解題。

14.【答案】(1)并，12；(2)①左；②使Ri和/?2兩端的電壓相等：③160：(3)自治；(4)

無

【解析】解：⑴要將量程為100m4內阻為120的電流表量程擴大為/=200m4由

電流表的改裝原理可知，應并聯(lián)R'="=120的電阻；

(2)①閉合開關前，調節(jié)滑動變阻器/?3的滑片滑至最左端，保護電路中的元件；

②調節(jié)電流計G的示數(shù)為零，目的是使&和/?2兩端的電壓相等；

③根據(jù)電表的改裝原理可知，通過電阻/?2的電流應該是量程為100mA的電流表4的刻度

上讀數(shù)的2倍，即160nl4；

(3)根據(jù)2/出=”2,得到待測金屬圓柱的電阻為：Rx吟12&

(4)從表達式可以看出電流表4、4的內阻對測量結果較沒有影響。

故答案為：⑴并，12；(2)①左；②使此和/?2兩端的電壓相等；③160；⑶年%;(4)

無

(1)把電流表擴大量程要并聯(lián)一個電阻進行分流；

(2)為了能夠保護電路元件，分壓連接方式應該從最左端開始；當電流計為零時，兩電

阻的電壓相等；根據(jù)改裝后的電流特點可計算出/?2的電流；

本題考查了電學實驗，解題的關鍵是了解電流表的改裝原理及電流計為零時意味著上下

兩電路電壓相等。

15.【答案】解：(1)足球的運動可視為在地面上的勻減速直線運動，根據(jù)運動學公式有

2)

-0--1~2~-m=2c4m

2Q12X(-3)

(2)當隊員的速度達到滿速時匕=賓==2s

at2

此時隊員的位移為XI=l2i=IX4x2m=8m

此時足球的位移為=Vofi+之%妤=12x2m—1x3x22m=18m

此時隊員未追上足球，與足球相差10根，以球為參照物，運動員與足球S例y=10m

隊員此后相對初速"相對=2mls

加速度a相對=3m/s2

追上足球用時為5則有S相對=。相對今+）相對考

解得t2=2s

故前鋒隊員追上足球至少經過t=“+J=2s+2s=4s

答：（1）足球從開始做勻減速運動到停下來的位移為24m；

（2）足球開始做勻減速直線運動的同時，該前鋒隊員沿邊線向前追趕足球。他的啟動過

程可以視為初速度為零加速度為4zn/s2的勻加速直線運動，他能達到的最大速度為

8m/s,該前鋒隊員至少經過4s長時間能追上足球。

【解析】（1）根據(jù)速度一位移公式計算足球的位移；

（2）根據(jù)位移一時間公式和隊員與足球的位移關系列式求出追上的時間。

本題以足球運動為考查背景，考查了運動學公式的基本應用，解題的關鍵點在于分類討

論隊員追上足球的時間并加以分析。

16.【答案】解：（1）物塊從4點到B點的過程中，其機械能守恒，由機械能守恒定律得:

1,

mgR=-mvj

代入數(shù)據(jù)解得：vB=4m/s

在B點，軌道的支持力與物塊的重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：

詔

F-mg=m—

代入數(shù)據(jù)解得：F=60N

由牛頓第三定律可知，物塊在B點時對軌道壓力/'=F=60N,方向豎直向下.

（2）物塊滑上小車后，對物塊，由牛頓第二定律得，加速度：

umg,,

22

ax=----==0.3x10m/s=3m/s

平板車向右勻加速運動，加速度為：

umg0.3x2x10、,

m/sm

a2==----------=3/s

物塊向右勻減速運動，經過時間t滑離，

22

貝！I有：vBt--aTt--a2t=I

代入數(shù)據(jù)解得：t=：s（t=1s時物塊已經離開平板車，舍去）

所以物塊滑離平板車時速度大小為：v=vB-a1t=4m/s-3x|m/s=3m/s

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(3)物塊在小車上滑行時的摩擦力做功:

Nimg+427ng0.3x2x104-0.6x2x10

wf=--------------1=--------------------------X1/=-9;

從物體開始滑動到滑離平板車的過程，由動能定理得：

1,

mgR+Wf=-mvz-0

代入數(shù)據(jù)解得：v=V7m/s

答：(1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大小是60N,方向豎直向下；

(