2021年高考物理試卷（重慶）（解析卷）

第頁(yè)|共頁(yè)2021年重慶市新高考物理試卷參考答案與試題解析一、單選題1．（3分）如圖所示，人游泳時(shí)若某時(shí)刻手掌對(duì)水的作用力大小為F，該力與水平方向的夾角為30°，則該力在水平方向的分力大小為（）A．2F B． C．F D．【分析】以F為對(duì)角線，分別沿水平和豎直方向?yàn)猷忂呑銎叫兴倪?，求水平分力?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)平行四邊形定則，可知沿水平方向和豎直方向?qū)⑹终茖?duì)水的作用力分解，如圖所示：則該力在水平方向的分力大小為：，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】合力與分力共同作用效果相同，是等效替代的關(guān)系，滿足平行四邊形定則。2．（3分）放射性元素123I會(huì)衰變?yōu)榉€(wěn)定的123Te，半衰期約為13h，可以用于檢測(cè)人體的甲狀腺對(duì)碘的吸收。若某時(shí)刻123I與123Te的原子數(shù)量之比為4：1，則通過26h后123I與123Te的質(zhì)量之比（）A．1：2 B．1：4 C．1：8 D．1：16【分析】根據(jù)半衰期與剩余質(zhì)量的關(guān)系即可判斷。【解答】解：根據(jù)題述，123I與123Te原子數(shù)量之比為4：1，則通過26h（兩個(gè)半衰期）后，4份123I衰變剩余1份，生成了3份123Te原子，此時(shí)剩余123I與123Te原子數(shù)量之比為1：4，因?yàn)?23I與123Te原子質(zhì)量相同，所以通過26h（兩個(gè)半衰期）后，與123Te原子的質(zhì)量之比為1：4，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】該題考查半衰期的由于，注意與123Te原子的質(zhì)量相同是解答的關(guān)鍵。3．（3分）某眼動(dòng)儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場(chǎng)中隨眼球運(yùn)動(dòng)時(shí)所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運(yùn)動(dòng)。若該眼動(dòng)儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面最初平行于磁場(chǎng)，經(jīng)過時(shí)間t后線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，則在這段時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和感應(yīng)電流的方向（從左往右看）為（）A．，逆時(shí)針 B．，逆時(shí)針 C．，順時(shí)針 D．順時(shí)針【分析】根據(jù)Φ＝BSsinθ判斷穿過線圈的磁通量，然后求出磁通量的變化量，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均電動(dòng)勢(shì)的大小，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向?！窘獯稹拷猓洪_始時(shí)線圈與磁場(chǎng)額方向平行，則穿過線圈的磁通量為零；經(jīng)過時(shí)間t，面積為S的線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)夾角為θ處，磁通量變化為：ΔΦ＝BSsinθ；由法拉第電磁感應(yīng)定律，線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為：；由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律，正確求出磁通量的變化是解答的關(guān)鍵。4．（3分）電容式加速傳感器常用于觸發(fā)汽車安全氣囊等系統(tǒng)，如圖所示。極板M、N組成的電容器視為平行板電容器，M固定，N可左右運(yùn)動(dòng)，通過測(cè)量電容器板間的電壓的變化來確定汽車的加速度。當(dāng)汽車減速時(shí)，極板M、N間的距離減小，若極板上的電荷量不變，則該電容器（）A．電容變小 B．極板間電壓變大 C．極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變 D．極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變小【分析】根據(jù)電容的決定式結(jié)合d的變化得出電容的變化，結(jié)合公式Q＝CU和U＝Ed完成分析即可?！窘獯稹拷猓篈．由平行板電容器電容的決定式C＝可得，d減小，C增大，故A錯(cuò)誤；B．電容器所帶電荷量Q不變，C增大，由可得，U變小，故B錯(cuò)誤；CD．由勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差關(guān)系公式可得E＝＝，E與d無關(guān)，E不變，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電容器的動(dòng)態(tài)分析，目的是考查學(xué)生的推理能力，難度不大。5．（3分）如圖所示，豎直平面內(nèi)有兩個(gè)半徑為R，而內(nèi)壁光滑的圓弧軌道，固定在豎直平面內(nèi)，地面水平，O、O1為兩圓弧的圓心，兩圓弧相切于N點(diǎn)。一小物塊從左側(cè)圓弧最高處?kù)o止釋放，當(dāng)通過N點(diǎn)時(shí)，速度大小為（重力加速度為g）（）A． B． C． D．【分析】先根據(jù)幾何知識(shí)求解NO連線與水平方向的夾角，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解小球過N點(diǎn)的速度?！窘獯稹拷猓簣D中NO連線與水平方向的夾角θ，由幾何關(guān)系可得，可得θ＝30°設(shè)小物塊通過N點(diǎn)時(shí)速度為v，小物塊從左側(cè)圓弧最高點(diǎn)靜止釋放，由機(jī)械能守恒定律可得解得：，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械能守恒定律，需要結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)結(jié)合機(jī)械能夠守恒定律處理問題。6．（3分）某電動(dòng)牙刷的充電裝置含有變壓器，用正弦交流電給此電動(dòng)牙刷充電時(shí)，原線圈兩端的電壓為220V，副線圈兩端的電壓為4.4V，副線圈的電流為1.0A，若將該變壓器視為理想變壓器，則（）A．原、副線圈匝數(shù)之比為25：1 B．原線圈的電流為0.02A C．副線圈兩端的電壓最大值為5V D．原、副線圈的功率之比為50：1【分析】根據(jù)理想變壓器原副線圈電壓、電流與匝數(shù)之比關(guān)系可以分析，再根據(jù)最大值與有效值之間關(guān)系以及輸入功率等于輸出功率即可解本題。【解答】解：A．由理想變壓器的變壓公式，可知原副線圈匝數(shù)之比為，故A錯(cuò)誤；B．由理想變壓器的變流公式，解得原線圈電流，故B正確；C．根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系可知，副線圈兩端的電壓最大值，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)理想變壓器輸出功率等于輸入功率可知，原副線圈的功率之比為1：1，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查理想變壓器電壓、電流與原副線圈匝數(shù)之比的關(guān)系，有效值與最大值之間關(guān)系，以及輸入功率等于輸出功率等知識(shí)點(diǎn)，屬于基本題型。7．（3分）質(zhì)量相同的甲、乙兩小球（視為質(zhì)點(diǎn)）以不同的初速度豎直上拋，某時(shí)刻兩球發(fā)生正碰。圖中實(shí)線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時(shí)間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t＝t1左右對(duì)稱，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，若小球運(yùn)動(dòng)中除碰撞外僅受重力，則（）A．t＝0時(shí)刻，甲的速率大于乙的速率 B．碰撞前后瞬間，乙的動(dòng)量不變 C．碰撞前后瞬間，甲的動(dòng)能不變 D．碰撞后甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能【分析】位移圖像斜率表示速度，圖線交點(diǎn)代表相遇，然后逐項(xiàng)解答?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)位移圖像斜率表示速度可知，t＝0時(shí)刻，甲的速率小于乙的速率，故A錯(cuò)誤；BC．根據(jù)甲乙兩球位移圖像可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，方向反向。根據(jù)題述，虛線（乙的位移圖像）關(guān)于t＝t1左右對(duì)稱，所以碰撞前后瞬間，乙的動(dòng)量大小不變，方向變化，甲的動(dòng)能不變，故B錯(cuò)誤，C正確；D．根據(jù)題述，實(shí)線兩個(gè)頂點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，可知碰撞后甲的機(jī)械能與乙的機(jī)械能相等，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的是x﹣t圖像，解題的關(guān)鍵是知道圖線的斜率代表速度，圖像的交點(diǎn)代表兩物體相遇。8．（3分）圖1和圖2中曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別描述了某物理量隨分之間的距離變化的規(guī)律，r0為平衡位置?，F(xiàn)有如下物理量：①分子勢(shì)能，②分子間引力，③分子間斥力，④分子間引力和斥力的合力，則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ對(duì)應(yīng)的物理量分別是（）A．①③② B．②④③ C．④①③ D．①④③【分析】根據(jù)分子力隨分子間距離變化的圖像和分子勢(shì)能隨分子間距離變化的圖像分析可得?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)分子處于平衡位置（即分子之間距離為r0）時(shí)分子勢(shì)能最小可知，曲線I為分子勢(shì)能隨分子之間距離r變化的圖像；根據(jù)分子處于平衡位置（即分子之間距離為r0）時(shí)分子力為零，可知曲線Ⅱ?yàn)榉肿恿﹄S分子之間距離r變化的圖像；根據(jù)分子之間斥力隨分子之間距離的增大而減小，可知曲線Ⅲ為分子斥力隨分子之間距離r變化的圖像。故D正確，ABC錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了分子力隨分子間距離變化的圖像和分子勢(shì)能隨分子間距離變化的圖像，熟知圖像并且會(huì)分析其變化是解題的關(guān)鍵。9．（3分）簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，題圖為某時(shí)刻波形圖。波源位于x＝0處，其位移隨時(shí)間變化的關(guān)系為y＝sin（2πt）cm，則（）A．此波的波長(zhǎng)為9cm B．此波的頻率為2Hz C．此波的波速為0.1m/s D．此時(shí)波源沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)【分析】根據(jù)圖像可知波長(zhǎng)為10m，由題干y＝sin（2πt）方程可知，角速度，根據(jù)角速度與頻率關(guān)系可知頻率和周期，再根據(jù)波速波長(zhǎng)以及周期之間的關(guān)系，可知波速，根據(jù)“上下坡”法則可知振動(dòng)方向?！窘獯稹拷猓篈．由波形圖可知，此波的波長(zhǎng)λ＝10cm，故A錯(cuò)誤；B．由位移隨時(shí)間變化的關(guān)系得ω＝2π，由ω＝2πf可得此波的頻率f＝1Hz，故B錯(cuò)誤；C．由可得，T＝1s由λ＝vT可得此波的傳播速度，v＝0.1m/s，故C正確；D．根據(jù)“上下坡”法則可知，波源處于上坡過程，則此時(shí)波源沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠從波動(dòng)圖象獲取信息，以及知道質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向的關(guān)系。二、多選題（多選）10．（3分）2021年5月15日“祝融號(hào)”火星車成功著陸火星表面，是我國(guó)航天事業(yè)發(fā)展中具有里程碑意義的進(jìn)展。此前我國(guó)“玉兔二號(hào)”月球車首次實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸，若“祝融號(hào)”的質(zhì)量是“玉兔二號(hào)”的K倍，火星的質(zhì)量是月球的N倍，火星的半徑是月球的P倍，火星與月球均視為球體，則（）A．火星的平均密度是月球的倍 B．火星的第一宇宙速度是月球的倍 C．火星的重力加速度大小是月球表面的倍 D．火星對(duì)“祝融號(hào)”引力的大小是月球?qū)Α坝裢枚?hào)”引力的倍【分析】根據(jù)密度的定義式結(jié)合體積公式即可求出密度的關(guān)系，由萬有引力提供向心力即可求出半徑的關(guān)系以及第一宇宙速度、重力加速度和萬有引力的關(guān)系。【解答】解：A．根據(jù)密度的定義有：，體積，可知火星的平均密度與月球的平均密度之比為，即火星的平均密度是月球的倍，故A正確；BC．由可知火星的重力加速度與月球表面的重力加速度之比為，即火星的重力加速度是月球表面的重力加速度的，在星球表面附近有：；同時(shí)萬有引力提供向心力有：，可知火星的第一宇宙速度與月球的第一宇宙速度之比為，故BC錯(cuò)誤；D．由萬有引力定律，可知火星對(duì)“祝融號(hào)”引力大小與月球?qū)Α坝裢枚?hào)”引力大小之比為，即火星對(duì)“祝融號(hào)”引力大小是月球?qū)Α坝裢枚?hào)”引力大小的倍，故D正確。故選AD?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力這一重要理論，并能靈活運(yùn)用，知道周期與軌道半徑的關(guān)系，基礎(chǔ)題。（多選）11．（3分）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種天平，其裝置如圖所示。兩相同的同軸圓線圈M、N水平固定，圓線圈P與M、N共軸且平行等距。初始時(shí)，線圈M、N通以等大反向的電流后，在線圈P處產(chǎn)生沿半徑方向的磁場(chǎng)，線圈P內(nèi)無電流且天平平衡。設(shè)從上往下看順時(shí)針方向?yàn)檎?。?dāng)左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，可能的辦法是（）A．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向外，則在P中通入正向電流 B．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向外，則在P中通入負(fù)向電流 C．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向內(nèi)，則在P中通入正向電流 D．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向內(nèi)，則在P中通入負(fù)向電流【分析】根據(jù)磁場(chǎng)方向和電流方向，利用左手定則判斷安培力的方向即可?！窘獯稹拷猓篈B．當(dāng)左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，則需要線圈P需要受到豎直向下的安培力，若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向外，由左手定則可知，可在P中通入負(fù)向電流，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．若P處磁場(chǎng)方向沿半徑向內(nèi)，由左手定則可知，可在P中通入正向電流，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查安培力方向的判斷方法，利用左手定則進(jìn)行分析：伸開左手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，并且都與手掌在同一平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向。（多選）12．（3分）額定功率相同的甲、乙兩車在同一水平路面上從靜止啟動(dòng)，其發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力隨時(shí)間的變化曲線如圖所示。兩車分別從t1和t3時(shí)刻開始以額定功率行駛，從t2和t4時(shí)刻開始牽引力均視為不變。若兩車行駛時(shí)所受的阻力大小與重力成正比，且比例系數(shù)相同，則（）A．甲車的總重比乙車大 B．甲車比乙車先開始運(yùn)動(dòng) C．甲車在t1時(shí)刻和乙車在t3時(shí)刻的速率相同 D．甲車在t2時(shí)刻和乙車在t4時(shí)刻的速率相同【分析】在F﹣t圖像中，但牽引力等于阻力時(shí)，汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，汽車在啟動(dòng)的過程中，當(dāng)牽引力大于阻力時(shí)開始做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖像即可判斷出誰先運(yùn)動(dòng)，根據(jù)P＝Fv求得速度?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題述，兩車額定功率P相同，勻速運(yùn)動(dòng)后牽引力等于阻力，因此甲車阻力大于乙車阻力，根據(jù)甲車t2時(shí)刻后和乙車t4時(shí)刻后兩車牽引力不變，甲車牽引力大于乙車可知F＝f＝kmg可知甲車的總重比乙車大，故A正確；B、如圖所示甲車在A點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的時(shí)刻牽引力與阻力瞬間相等，所以甲車從這個(gè)時(shí)刻開始，做加速運(yùn)動(dòng)；乙車在B點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的時(shí)刻牽引力與阻力瞬間相等，乙車從這個(gè)時(shí)刻開始加速，所以甲車比乙車先開始運(yùn)動(dòng)，故B正確；C、兩車分別從t1和t3時(shí)刻開始以額定功率行駛，這兩個(gè)時(shí)刻，兩車的牽引力等大，由P＝Fv可知，甲車在t1時(shí)刻和乙車在t3時(shí)刻的速率相同，故C正確；D、t2時(shí)刻甲車達(dá)到最大速度，t4時(shí)刻乙車達(dá)到最大速度，根據(jù)汽車的額定功率P＝fvm＝kmgvm可知由于甲車的總重比乙車大，所以甲車在t2時(shí)刻的速率小于乙車在t4時(shí)刻的速率，故D錯(cuò)誤。故選ABC?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了機(jī)車的啟動(dòng)，明確兩種啟動(dòng)方式，抓住當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度達(dá)到最大。三、實(shí)驗(yàn)題13．某同學(xué)用手機(jī)和帶刻度的玻璃筒等器材研究金屬小球在水中豎直下落的速度變化情況。他用手機(jī)拍攝功能記錄小球在水中靜止釋放后位置隨時(shí)間的變化，每拍攝一張照片。（1）取某張照片中小球的位置為0號(hào)位置，然后依次每隔3張照片標(biāo)記一次小球的位置，則相鄰標(biāo)記位置之間的時(shí)間間隔是s。（2）測(cè)得小球位置x隨時(shí)間t變化曲線如題圖所示，由圖可知，小球在0.15s～0.35s時(shí)間段平均速度的大小小于（選填“大于”、“等于”、“小于”）在0.45s～0.65s時(shí)間段內(nèi)平均速度的大小。（3）在實(shí)驗(yàn)器材不變的情況下，能夠減小實(shí)驗(yàn)測(cè)量誤差的方法有：每張照片標(biāo)記一次小球的位置（寫出一種即可）?！痉治觥浚?）根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系解得；（2）再運(yùn)用平均速度的計(jì)算公式，從而即可求解；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與操作解答?！窘獯稹拷猓海?）相鄰標(biāo)記位置之間的時(shí)間間隔是（2）小球在0.15s～0.35s時(shí)間內(nèi)（Δt＝0.35s﹣0.15s＝0.20s），位移Δx1＝240mm﹣40mm＝200mm＝0.200m，平均速度大小為＝m/s＝1.0m/s小球在0.45s～0.65s時(shí)間內(nèi)（Δt＝0.65s﹣0.45s＝0.20s），位移Δx2＝750mm﹣400mm＝350mm＝0.350m，平均速度大小為＝m/s＝1.75m/s由此可知小球在0.15s～0.35s時(shí)間內(nèi)平均速度的大小小于小球在0.45s～0.65s時(shí)間內(nèi)的平均速度的大小；（3）在實(shí)驗(yàn)器材不變的情況下，能夠減小實(shí)驗(yàn)誤差測(cè)量誤差的方法有：每張照片標(biāo)記一次小球的位置。故答案為：（1）；（2）小于；（3）每張照片標(biāo)記一次小球的位置【點(diǎn)評(píng)】考查探究小車速度隨時(shí)間的變化，掌握逐平均速度的計(jì)算公式，要熟練掌握公式的應(yīng)用，提高解決實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?4．某興趣小組使用如圖1電路，探究太陽能電池的輸出功率與光照強(qiáng)度及外電路電阻的關(guān)系，其中P為電阻箱，R0是阻值為37.9kΩ的定值電阻，E是太陽能電池，μA是電流表（量程0～100μA，內(nèi)阻2.10kΩ）。（1）實(shí)驗(yàn)中若電流表的指針位置如題圖2所示，則電阻箱P兩端的電壓是2.48V。（保留3位有效數(shù)字）（2）在某光照強(qiáng)度下，測(cè)得太陽能電池的輸出電壓U與電阻箱P的電阻R之間的關(guān)系如圖3中的曲線①所示。不考慮電流表和電阻R0消耗的功率，由該曲線可知，M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的太陽能電池的輸出功率是40.5mW。（保留3位有效數(shù)字）（3）在另一更大光照強(qiáng)度下，測(cè)得U﹣R關(guān)系如圖3中的曲線②所示。同樣不考慮電流表和電阻R0消耗的功率，與曲線①相比，在電阻R相同的情況下，曲線②中太陽能電池的輸出功率較大（選填“較小”、“較大”），由圖像估算曲線②中太陽能電池的最大輸出功率約為65.3mW。（保留3位有效數(shù)字）【分析】（1）根據(jù)電流表的量程與圖示表盤確定其分度值，根據(jù)指針位置讀出其讀數(shù)，然后求出電阻箱兩端電壓。（2）根據(jù)圖示圖像求出電壓與對(duì)應(yīng)的電阻阻值，然后求出輸出功率。（3）當(dāng)電池內(nèi)電阻與外電阻相等時(shí)電池的輸出功率最大，根據(jù)圖3所示圖像分析求解?！窘獯稹拷猓海?）電流表量程是100μA，由圖2所示表盤可知，其分度值是1μA，讀數(shù)I＝62.0μA＝6.20×10﹣5A，電阻箱P兩端的電壓。（2）由圖3所示可知，M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電壓U＝1.80V，電阻R＝80.0Ω，太陽能電池的輸出功率P＝W＝4.05×10﹣2W＝40.5mW。（3）由圖3所示圖像可知，與曲線①相比，在電阻R相同的情況下，曲線②中太陽能電池的電壓較大，由可知，曲線②中太陽能電池的輸出電功率較大；由圖像②可知，太陽能電池電動(dòng)勢(shì)為E＝2.80V，太陽能電池的內(nèi)阻隨外接電阻R的增大而減小，可估算出當(dāng)R＝30Ω時(shí)電池內(nèi)阻約為30Ω，太陽能電池輸出功率最大，最大輸出電功率P＝W≈0.0653W＝65.3mW。故答案為：（1）2.48；（2）40.5；（3）較大；65.3?！军c(diǎn)評(píng)】要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；對(duì)電表讀數(shù)時(shí)要先確定其量程與分度值，根據(jù)指針位置讀數(shù)，讀數(shù)時(shí)視線要與刻度線垂直；分析清楚圖示圖像，應(yīng)用電功率公式即可解題。四、解答題15．我國(guó)規(guī)定摩托車、電動(dòng)自行車騎乘人員必須依法配戴具有緩沖作用的安全頭盔。小明對(duì)某輕質(zhì)頭盔的安全性能進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)檢測(cè)。某次，他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體（物體與頭盔密切接觸），使其從1.80m的高處自由落下（如圖），并與水平地面發(fā)生碰撞，頭盔厚度被擠壓了0.03m時(shí)，物體的速度減小到零。擠壓過程不計(jì)物體重力，且視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）頭盔接觸地面前瞬間的速度大??；（2）物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3）物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過程中所受平均作用力的大小?！痉治觥浚?）由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解速度大?。唬?）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解時(shí)間；（3）由動(dòng)量定理求解物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過程中所受平均作用力的大小?！窘獯稹拷猓海?）由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：v2＝2gh，其中：h＝1.80m代入數(shù)據(jù)解得：v＝6m/s；（2）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：，其中Δx＝0.03m代入數(shù)據(jù)解得：t＝0.01s；（3）取向下為正分向，由動(dòng)量定理得：﹣Ft＝0﹣mv代入數(shù)據(jù)解得：F＝3000N。答：（1）頭盔接觸地面前瞬間的速度大小為6m/s；（2）物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.01s；（3）物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過程中所受平均作用力的大小為3000N。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查動(dòng)量定理，利用動(dòng)量定理解答問題時(shí)，要注意分析運(yùn)動(dòng)過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動(dòng)量的變化。由于本題在擠壓過程不計(jì)物體重力，所以列動(dòng)量定理方程時(shí)可不分析重力。16．如圖1所示的Oxy豎直平面內(nèi)，在原點(diǎn)O有一粒子源，可沿x軸正方向發(fā)射速度不同、比荷均為的帶正電的粒子。在x≥L的區(qū)域僅有垂直于平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；x＜L的區(qū)域僅有如圖2所示的電場(chǎng)，0～t0時(shí)間內(nèi)和2t0時(shí)刻后的勻強(qiáng)電場(chǎng)大小相等，方向相反（0～t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)方向豎直向下），t0～2t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。在磁場(chǎng)左邊界x＝L直線上的某點(diǎn)，固定一粒子收集器（圖中未畫出）。0時(shí)刻發(fā)射的A粒子在t0時(shí)刻經(jīng)過左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，最終被收集器收集；B粒子在時(shí)刻以與A粒子相同的發(fā)射速度發(fā)射，第一次經(jīng)過磁場(chǎng)左邊界的位置坐標(biāo)為；C粒子在t0時(shí)刻發(fā)射，其發(fā)射速度是A粒子發(fā)射速度的，不經(jīng)過磁場(chǎng)能被收集器收集。忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應(yīng)。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（3）設(shè)2t0時(shí)刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發(fā)射速度大小。【分析】（1）作出ABC粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）對(duì)A、C粒子分析，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，綜合列式即可求解；（3）2t0時(shí)刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，可能出電場(chǎng)直接被收集，也可能經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后收集，分類計(jì)算粒子發(fā)射速度即可?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)A粒子發(fā)射速度為v，分別畫出ABC粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖1：圖1根據(jù)題述可知L＝vt0對(duì)B粒子沿y方向運(yùn)動(dòng)qE＝ma聯(lián)立解得：；（2）設(shè)收集器的位置坐標(biāo)為（L，y），對(duì)C粒子：L＝0.25v?4t0，對(duì)A粒子：L＝vt0，A粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿x方向分速度為沿y方向分速度又由幾何關(guān)系得解得：A粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度由洛倫茲力提供向心力解得：；（3）設(shè)2t0時(shí)刻發(fā)射的粒子速度為v1，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后直接被收集器收集，如圖2，圖2則有解得：設(shè)2t0時(shí)刻發(fā)射的粒子速度為v2，先經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，后進(jìn)入磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后被收集器收集，如圖2L＝v2ty＝y(tǒng)″+2r′cosα由洛倫茲力提供向心力v′cosα＝v2聯(lián)立解得：，v'2＝，所有可能的發(fā)射速度為：，，。答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為；（2）磁感