2022年上海市闵行区七宝中学高考物理模拟试卷附答案详解

2022年上海市闵行区七宝中学高考物理模拟试卷

1.在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了突出贡献.关于科学家和他们

的贡献，下列说法正确的是（）

A.法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究

B.安培坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认识

的局限性

C.英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了静电力常量

D.卡文迪许发现了变化的磁场可以产生电场，变化的电场也可产生磁场

2.关于振动和波，下列说法正确的是（）

A.做简谐运动的质点，经过同一位置时速度必相同

B.由单摆的振动规律可知，各类摆的振动周期都与摆的质量和振幅均无关

C.各种波均会发生干涉和衍射现象，它是波特有的现象

D.声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度

3.关于物体的内能，下列说法正确的是（）

A.一定质量的0n的冰融化为0汽的水时，分子势能减小

B.热量可以从低温物体传向高温物体，能够说明宏观过程的方向性

C.通电时电阻发热，它的内能增加是通过热传递方式实现的

D.物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关

4.在某次升降机竖直舱送高空作业人员的过程中，其高度f加m

C.前4s处于超重状态

D.8至12s处于失重状态

5.如图所示，同一竖直面内有上下两条用相同材料做“皿N

成的水平轨道MN、PQ,两个完全相同的物块4、B

放置在两轨道上，4在B物块正上方，力、B之间用一

细线相连.在细线的中点。施加拉力，使4、B-起向右做匀速直线运动，则F的方

向是（图中②表示水平方向）（）

A.沿①方向B.沿②方向

C.沿③方向D.沿①②③方向都可以

6.两粗细相同、内壁光滑的半圆形圆管好和儿连接在一起，且〃胫=\\

在b处相切，固定于水平面上。一小球从a端以某一初速度进飞〜".

入圆管，并从c端离开圆管。则小球由圆管ab进入圆管儿后

A.线速度变小B.角速度变大

C.向心加速度变小D.小球对管壁的压力变大

7.直线rnn是某电场中的一条电场线，方向如图所示.一带正电的粒子只在电场力的

作用下由a点运动到b点，轨迹为一抛物线，以、%分别为a、b两点的电势.下列

说法中正确的是（）

a・

m--'-n

•b

A.可能有9a<Vb

B.该电场可能为点电荷产生的电场

C.带电粒子在b点的动能一定大于在a点的动能

D.带电粒子由a运动到b的过程中电势能一定一直减小

8.如图所示，水平传送带匀速运动，在传送带的右侧固定一弹性挡杆。在土=0时刻，

将工件轻轻放在传送带的左端，当工件运动到弹性挡杆所在的位置时与挡杆发生碰

撞，已知碰撞时间极短，不计碰撞过程的能量损失。则从工件开始运动到与挡杆第

二次碰撞前的运动过程中，工件运动的u-t图象下列可能的是（）

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9.如图所示，F-t图象表示某物体所受的合外力F随时间t的变化关系，t=0时物体

的初速度为零，则下列说法错误的是（）

A.前4s内物体的速度变化量为零

B.前4s内物体的位移为零

C.物体在。〜2s内的位移大于。〜4s内的位移

D.0〜2s内F所做的功等于0〜4s内物体克服F所做的功

10.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速9=200zn/s,已知

t=0时刻，波刚好传播到x=40zn处，如图所示，在x=400巾处有一接收器（图中

未画出），则下列说法错误的是（）

A.波源开始振动时方向沿y轴负方向

B.从t=0开始经0.15s,x=40m处的质点运动的路程为0.6m

C.接收器在1=2s时才能接收到此波

D.若该波与另一列频率为5Hz沿工轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉

图样

11.如图所示电路中，电源电动势E恒定，内阻r=10,

定值电阻危=52当电键K断开与闭合时，ab段电路

消耗的电功率相等.以下说法中错误的是（）

A.电阻&、可能分别为40、50

B.电阻治、/?2可能分别为30、60

C.电键K断开时电压表的示数一定大于K闭合时的示数

D.电键K断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一

定等于60

12.如图所示，均匀导体围成等腰闭合三角形线圈abc,底边入

与匀强磁场的边界平行，磁场的宽度大于三角形的高度.线。b

圈从磁场上方某一高度处由静止开始竖直下落，穿过该磁23V

场区域，不计空气阻力.下列说法中正确的是（）:::::

A.线圈进磁场的过程中，可能做匀速直线运动—.・内4

B.线圈底边进、出磁场时，线圈的加速度必定相同

C.线圈底边进、出磁场时，线圈所受安培力可能大小相等、方向不同

D.线圈出磁场的过程中，可能做先减速后加速的直线运动

13.电源电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能的（选填“过程”、“快

慢”或“本领）的物理量，其定义为力做功与的比值；用国际单位制

的基本单位表示电动势的单位应为（用字母符号表示）.

14.如图所示，在竖直平面的固定光滑圆轨道的最高点有一个光滑尸、、

的小孔，质量为m的小环套在圆轨道上，用细线通过小孔系在

环上，缓慢拉动细线，使环沿轨道上移，在移动过程中拉力F（：\\

和轨道对小环的作用心的大小变化情况分别为：F.\\y

FN（均选填“增大”、“减小”、”先增大后减小”或

“先减小后增大等）.

15.如图所示，两端开口的U形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平.水银柱

的长度如图中标注所示，水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10cm、5sH.在左

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管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来升高了九=10cm,则此

时空气柱匕在______（选填“水平”或“竖直”）管内；已知大气压强p。=76cmHg,

则向左管注入的水银柱长度为cm.

16.如图所示，水平面内的等边三角形4BC的边长为L,顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道

CD的最低点，光滑直导轨的上端点。到4、B两点的距离均为3。在AB边上的竖直

投影点为。，一对电荷量均为-Q的点电荷分别固定于4B两点.在。处将质量为根、

电荷量为+q（的小球套在轨道上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止开始释放,

已知静电力常量为人重力加速度为g,且k署=忽略空气阻力，则小球沿

直轨道CO下滑过程中，电势能的变化情况为（选填“一直增大”、“一直减

小”、“先增大后减小”或“先减小后增大”等）：小球刚到达C点时的加速度大小

为.

17.如图（a）,在一竖直线有两点4、B,其距离记为％,一质量为他的小球（可视为质点）

从4点自由下落到达B点所用时间记为t.上下移动B的位置，可得到多组x、t数值，

据此作出;随t变化的图线为如图（b）所示的一条直线，直线的斜率为化由图线可知,

当地重力加速度大小为9=；若某次测得小球从4到B的时间为玲，则小球经

过B点的动能为o

9Ax

•Bto

图(a)图(b)

18.某同学测量直流恒流源的输出电流I。和定值电阻&的阻值，电路如图1所示。

实验器材有：直流恒流源（电源输出的直流电流保持不变，约为0.84）；待测电

阻&（阻值约为20。）：滑动变阻器R（最大阻值约为500）：电压表匕电流表4.

回答下列问题：

（1）实验所用器材如图2所示，图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接;

（2）电路开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动到处（选填"a”、“b”，

见图1）;

（3）所得实验数据如下表，在图3所示的直角坐标系中画出U-/图象。

12345

电流表的示数0.200.300.400.500.60

电压表的示数U/U13.912.110.27.606.1

（4）根据所画U-/图象，可求得直流恒流源输出电流=A,待测电阻的阻值

Rx=（结果保留两位有效数字）

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19.如图甲，质量为2kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力尸作用，从斜面底端开始，

以初速度％=3.6m/s沿着倾角为37。足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩

擦因数为〃=0.8.滑块开始一段时间内的速度-时间图象如图所示乙(g取10m/s2,

sin37°=0.6>cos37°=0.8).求：

(1)滑块上滑过程中加速度的大小和方向；

(2)滑块所受外力F的大小和方向；

(3)当滑块到最高点时撤除外力，此后滑块能否返回斜面底端？若不能返回，求出

滑块停在离斜面底端的距离.若能返回，求出返回斜面底端时的速度.

V.VOV.1UI.S

C

20.如图所示，间距为1的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角0=30。，导轨电

阻不计.正方形区域abed内匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于导轨平面向

上.甲、乙两金属杆电阻相同、质量均为rn,垂直于导轨放置.起初甲金属杆位于

磁场上边界ab处，乙位于甲的上方，与甲间距也为1.现将两金属杆同时由静止释放，

从此刻起，对甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为a=的加速度向下

匀加速运动.已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为g,求：

(1)乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率；

(2)每根金属杆的电阻；

(3)写出甲金属杆在磁场区域运动的过程中，拉力F随时间t变化的关系式。

B

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：4、法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁

现象的研究，故A正确；

8、奥斯特坚信电和磁之间一定存在着联系，发现了电流的磁效应，突破了对电与磁认

识的局限性，故8错误；

C、英国物理学家卡文迪许利用扭秤首先较准确地测定了引力常量，故C错误；

。、麦克斯韦发现了变化的磁场可以产生电场，变化的电场也可产生磁场，故。错误。

故选：4。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的物理学贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记

忆，这也是考试内容之一。

2.【答案】BC

【解析】解：力、做简谐运动的质点，经过同一位置时速度的大小相等，但方向可能相

同，有可能相反，故A错误；

B、单摆的振动周期T=2兀与摆球质量和振幅无关，故B正确；

C、各种波均会发生干涉和衍射现象，它是波特有的现象，故C正确；

。、在声波传播过程中，各质点在自己的平衡位置附近振动，并不随声波而传播；而且

波传播的速度是不变的，而振动的速度不断变化。故。错误；

故选：BCo

质点经过同一位置时速度大小相等，方向不一定相同；单摆做简谐运动的周期与摆球的

质量无关；干涉与衍射是波的特有现象；

在声波传播过程中，各质点在自己的平衡位置附近振动，并不随声波而传播。

该题考查影响简谐振动、单摆的振动周期的因素、干涉与衍射等，其中要注意的是波传

播的过程中，各质点只是在平衡位置附近振动，并不随波传播。

3.【答案】D

【解析】解：力、冰在熔化过程中吸收热量，温度不变，内能增大，故分子势能增大，

故A错误；

8、热量能自发的从高温物体传向低温物体，说明宏观过程的方向性，在“一定的条件

下”也能从低温物体传向高温物体，但不能够说明宏观过程的方向性，故B错误；

C、通电时电阻发热，是通过电流做功的方式实现，不是热传递，故C错误；

。、根据分子运动的规律知，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关,

故。正确；

故选：D。

冰在熔化过程中吸收热量，温度不变，内能增大；根据热力学第二定律可得；内能改变

的两种方式，做功和热传递；根据分子运动的规律知，物体内热运动速率大的分子数占

总分子数比例与温度有关。

本题主要考查了内能变化，热力学第二定律等，解题关键在于熟记热学部分的知识点并

且正确运用。

4.【答案】B

【解析】解:力、由图可知，前6s物体的位移为x=6m,故平均速度为u=7=f=lm/s,

故A错误；

B、前8s的位移为x'=16-4=12m,故平均速度i/=4=[=1.5m/s,故8正确；

t8

C、前4s物体的速度越来越大，则说明物体向下加速，加速度向下，故物体处于失重状

态，故C错误；

D、8至12s物体做减速运动，故加速度向上，处于超重状态，故。错误。

故选：Bo

根据h-t图象可明确物体的高度变化，根据平均速度公式即可求得对应的平均速度；

根据图象的斜率可明确物体的速度变化，从而确定加速度的方向，再根据超重和失重的

性质即可明确物体的状态.

本题考查对位移-时间图象的认识和应用，要注意明确h-t图象中图象的斜率表示物体

的速度，根据速度变化可确定加速度方向.

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5.【答案】C

【解析】解：力的作用点是在细线的中点，而且物块4在B的正上方，所以三角形48。是

等腰三角形，且4B在竖直方向，所以4。与B0与水平方向的夹角相等。因为4对水平轨

道的正压力大于B对水平轨道的正压力，所以水平面对4的摩擦力大于水平面对B的摩擦

力，由题意细线4。受到的拉力必须大于8。受到的拉力，所以F的方向只能是③方向。

故C正确，4、B、。错误。

故选：C.

对2、B两物体分析，抓住4、B对水平轨道的正压力不同，导致摩擦力不等，根据水平

方向上平衡，得出40、B。拉力的大小，从而确定拉力F的方向.

解决本题的关键知道滑动摩擦力与正压力成正比，通过摩擦力的大小得出绳子拉力的大

小，从而确定拉力的方向.

6.【答案】C

【解析】

【分析】

小球做圆周运动，轨道对小球的水平方向的支持力的方向指向圆心，所以轨道对小球的

水平方向的支持力对小球不做功，小球的速度不变，由线速度与角速度的关系分析角速

度的变化，由向心力的公式分析向心力的变化和小球对管壁的压力的变化。

该题考查圆周运动中的向心力与向心加速度，解答该题关键要抓住小球的线速度保持不

变，然后进行分析。

【解答】

A.小球在水平面内运动，轨道对小球的水平方向的支持力对小球不做功，小球的速度不

变，故4错误：

A根据角速度与线速度的关系：v=3r可知：3=9线速度不变，轨道半径增大，所

以小球的角速度减小，故B错误；

C.根据向心力的表达式：Fn=—,线速度不变，轨道半径增大，所以小球的向心力减

小，则向心加速度也减小，故C正确；

D小球需耍的向心力减小，则轨道对小球的沿水平方向的支持力减小，轨道对小球的竖

直方向的支持力不变，所以轨道对小球的支持力的合力减小，根据牛顿第三定律可知，

小球对管壁的压力减小，故。错误。

故选：Co

7.【答案】C

【解析】解：

8、粒子运动轨迹为抛物线，则该粒子只受电场力作用为恒力，则说明该电场为匀强电

场。故8错误；

A、顺着电场线方向电势降低，结合题目的图可知%>丹•故A错误；

C、带电粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C正确；

。、粒子运动的轨迹是抛物线，但由于不知道在a点时粒子运动的具体方向，所以带电

粒子由a运动到b的过程中电势能可能一直减小，也可能先增大后减小，故。错误。

故选：Co

本题可根据电场线rnn的方向判定电势，根据抛物线特点判定场强变化；根据受力与运

动轨迹的关系判断出电场力做功的关系，进而判断出动能的变化和电势能的变化.

8.【答案】C

【解析】解：AB,工件与弹性挡杆发生碰撞后，其速度的方向发生改变，应取负值。

故A错误，B错误

CD,工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中

所受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不变，故C正确，。错误

故选：Co

(1)工件与弹性挡杆碰撞后时间极短且没有能量损失，意味着碰撞后工件立刻做向左的

减速运动

(2)工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所

受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不变

(1)工件轻轻放在传送带上意味工件相对地面的初速为零，所以初始时工件在传送带滑

动摩擦力的作用下做匀加速直线运动

(2)工件与弹性挡杆发生碰撞前的加速过程中和工件与弹性挡杆碰撞后的减速过程中所

受滑动摩擦力不变，所以两过程中加速不变是做出正确判断的关键

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9.【答案】AD

【解析】解：4、根据/=Ft知，F—t图象与时间轴所围的

面积大小表小F的冲量，则知前4s内产的冲量/=(I。｝—

L/

5x2)N•s=0,根据动量定理知，前4s内物体的速度变化

量Zp=/=0,故A正确；024

BC、t=0时物体的初速度为零，前2s内产的方向与物体的运动方向相同，物体一直做

加速运动，后2s内尸的方向与物体的运动方向相反，物体做减速运动，而且t=4s时物

体的速度也为零，物体做单向直线运动，所以前4s内物体的位移不为零。作出u-t图

象如图所示。

根据t图象与t轴所围的面积大小表示位移，可知，物体在0〜2s内的位移小于。〜4s

内的位移，故BC错误；

。、设物体的质量为m,最大速度为外由动能定理得：0〜2s内F所做的功为：名=

-1mv2—c0=l-mv2.

22

0〜4s内，在2〜4s物体克服F做功,根据动能定理可知，2〜4s内物体克服F所做的功为：

2

W2=1mv,

所以0〜2s内F所做的功等于0〜4s内物体克服尸所做的功，故。正确。

故选：AD.

F-t图象与时间轴所围的面积大小表示F的冲量，根据动量定理求前4s内物体的速度变

化量。根据物体的受力情况分析其运动情况，作出t图象分析各段时间内位移大小•

根据动能定理分析两段时间内F做功的大小。

本题中在0〜2s内产是变化的，不能运用运动学公式分析位移，利用图象法分析是技巧。

知道涉及力对空间的作用效果首选动能定理，涉及力对时间的作用效果首选动量定理。

10.【答案】C

【解析】解：力、根据波沿x轴正方向传播，由图可得：波前x=40m处质点向下振动,

故波源起振方向向下，故A正确；

B、t=0时刻，x=40TH处质点开始振动；由图可得：波长4=20m,故周期『=△=

V

券s=0.1s,故质点振动时间C=0.15s=|7,运动路程s=|x4/1=60cm=0.6m,

故3正确；

C、由波速可得：波传播到接收器处的时间t=^=^^s=1.8s,故C错误：

D、该波频率/=；看板=10Hz,与另一列频率为5Hz沿x轴负方向传播的简谐横波

相遇，两列波的频率不同，故不能产生稳定的干涉图样，故。正确；

本题选择错误选项，

故选：Co

由图得到波前振动方向，即可得到波源起振方向；由图得到波长，即可根据波速求得周

期，即可根据运动时间和周期的关系，由振幅求得路程；根据波的传播得到传播时间；

由两波周期是否相同判断能否产生稳定的干涉图样。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图

得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程。

11.【答案】B

【解析】解：AB,由题，电键K断开与闭合时，防段电路消耗的电功率相等，则有：

+R\*(&+«2)=(7^/%

I十穴2十人3十+丁JK1TK3'•

将&=40、R2=50代入方程成立，将％=30、R2=60代入方程不成立，故A正确、

B错误；

C、电键K断开时外电路总电阻大于K闭合时外电路总电阻，K断开时总电流小于K闭合

时总电流，电压表示数U=E-/(/?3+r)，则电键K断开时电压表的示数一定大于K闭

合时的示数，故C正确；

D、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-(/?3+r)/,则电压表的示数变化量大小与电流

表的示数变化量大小之比为：詈=/?3+「=5。+10=60,故O正确。

本题选错误的，故选：8。

当K闭合时/?2被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方

程，将电阻R1、/?2代入，选择使方程成立的阻值.根据外电路总电阻的变化，分析电压

表示数的大小关系.根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化

量大小与电流表的示数变化量大小之比.

本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力，关键是弄清楚电路的连接

情况，根据串联电路和并联电路的特点，结合闭合电路的欧姆定律进行解答。

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12.【答案】D

【解析】解：力、如果匀速，因为有效切割长度越小来越小，安培力会越来越小，不可

能匀速运动，故A错误；

。、如果线圈比较高，而磁场的宽度比等腰三角形的高要大，因面线框进入磁场后先减

速后加速，可能导致进磁场的速度和出磁场的速度是一样的，故。正确；

B、由切割磁感线产生感应电动势和安培力可求得：尸安=8〃=*，速度一样，安

培力一样，根据牛顿第二定律：mg-F^=ma,加速度也可能一样，但不是必定，故

B错误；

C、由B选项可知，安培力产安=更典，而安培力总是阻碍相对运动，所以大小可能相等，

R

但方向均竖直向上，故c错误。

故选：D。

分析线框的运动过程，根据线框受力情况分析判断线框速度随时间变化的关系，根据牛

顿第二定律，分析加速度变化情况；

理解电磁感应的实质：即机械能转化为电能.其运动过程的分析方法与动力学部分的分

析方法相同，本题关键是注意线圈的有效切割长度在减小。

13.【答案】本领非静电该电荷电量r

【解析】解：电源电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能的本领；

电源的电动势的定义为即非静电力把正电荷从负极移到正极所做的功与该电荷电量的

比值，称电源的电动势；

用国际单位制的基本单位表示电动势的单位应为v。

故答案为：本领；非静电；该电荷电量；v

根据电源电动势是非静电力把正电荷从负极移到正极所做的功与该电荷电量的比值理

解即可。

本题需注意电动势是非静电力把正电荷从负极移到正极所做的功与该电荷电量的比值。

14.【答案】减小不变

【解析】解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对

小球进行受力分析，小球受重力G,F,N,三个力。满

足受力平衡。作出受力分析图如图所示。

由图可知小OABSAGFA

GFN

即an：=—=

RABR

当4点上移时，半径不变，力B长度减小，故尸减小，N不

变；

故答案为：减小，不变

对小球受力分析，作出力的平行四边形，同时作出4B与半径组成的图象；则可知两三

角形相似，故由相似三角形知识可求得拉力及支持力.

相似三角形法在处理共点力的动态平衡时较为常见，当无法准确得出角边关系时，应考

虑应用此法.

15.【答案】水平21.5

【解析】解：初状态a、b两部分空气柱的压强：=76cmHg+14cmHg=90cmHg

因右管水银面升高的高度10cm<12cm,故b空气柱仍在水平直管内。

末状态a、b两部分空气柱的压强：P2=76cmHg+14cmHg+10cmHg=lOOcmHg

设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为72、儿2：

对a部分空气柱，根据波意耳定律：PrLalS=P2La2S

对b部分空气柱，根据波意耳定律：P^S=P2Lb2S

代入数据解得：La2=9cmLb2=4.5cm

左管所注入的水银柱长度：L=2h+（Lai+儿1）—（La2+儿2）

代入数据解得：L=21.5cm

故答案为：水平；21.5

根据玻意耳定律求出注入水银后两部分气体的长度，再结合几何关系即可求解向左管注

入的水银柱长度；

本题关键是判断末状态时b空气柱仍在水平直管中，分析两部分气体的状态参量，气体

发生等温变化，由玻意耳定律求解即可。

16.【答案】先减小后增大0

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【解析】解：由几何关系可知，在CD的连线上，CD连线的中点处于到4、8的距离最小，

电势最低，小球带正电，所以小球在CD的连线中点处的电势能最小。则小球沿直轨道CD

下滑过程中，其电势能先减小后增大。

由几何关系：OD=0C3则有：ZOCD=45°

=叵2

对小球进行受力分析，其受力的剖面图如图：

由于C到4、B的距离与。到4、B的距离都等于L,X.N

c点的电场强度的大小与。点的电场强度的大小相等，方/

45。

向指向0点，即为：Ec=ED=詈Q-----------<

qF

沿斜面方向：mg-cos45°-F-cos45°=ma

mg

垂直于方向：mg•sm45°+F-sin45°=N

其中F是库仑力，有：F=q.Ec=q•岸=mg

联立以上三式得：a=0；

故答案为：先减小后增大；0

根据等量同种点电荷的电场的特点分析各点的电势的变化，然后结合电势与电势能的关

系分析小球的电势能的变化，对C点的小球进行受力分析，结合库仑定律即可求出小球

在C点的加速度。

此题的难度在于计算小球到最低点时的电场力的大小，注意4B处有等量同异种电荷,CD

位于4B边的中垂面上，难度适中。

17.【答案】2k2mk2tQ

【解析】解：由自由落体规律％=：必2,得;=?或，所以即g=2k,

诏=2gx。，XQ=219^01^KB~2血就1联乂解得：EKB=2771k2诏,

答：2k；2mk2to

根据自由落体运动位移一时间关系结合图像解答斜率；结合动能定义表达动能。

本题关键是熟练运用自由落体规律。

18.【答案】a0.8722

【解析】解：(1)实验电路如图2所示:

图2

(2)为了让电流表中电流由最小值开始调节，且开关闭合后为了保护电路安全，则滑动

变阻器应从最大阻值a处开始调节。

(3)描点连线，应使更多的点在图上，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍

去，如图3所示

(4)根据图像，当电压为0时，滑动变阻器短路，则此时电流为直流电源的电流，则可知

电流约为0.874当电压为10.21/时，电流为0.404,则此时通过待测电阻的电流为/=

0.874-0.40/1=0.474

根据欧姆定律，有&=号=岩0=22。

/0.47

故答案为：(1)电路图见解析；(2)a；(3)。一/图象见解析；(4)0.87,22

(1)根据原理图可得出对应的实物图；

(2)根据电路结构进行分析，明确滑动变阻器的作用，从而根据安全性原则进行分析；

(3)根据描点法可得出对应的图象；

(4)根据电路和图象进行分析，由串并联电路的规律进行分析从而确定恒定电流以及电

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阻的阻值.

本题考查实验原理的分析以及实物图的连接等，要求能通过题意明确实验原理，再结合

所学过的物理规律进行分析，关键在于明确电路结构，知道总电流不变，再结合图象进

行分析即可.

19.【答案】解：(1)设沿斜面向上为正，由图象。=塞=

=-15m/s2.

方向沿斜面向下，向上做匀减速运动.

(2)设沿斜面向