2021届湖南师大附中等六校高考物理联考试卷(含答案解析)

2021届湖南师大附中等六校高考物理联考试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.在水平地面上以初速度％竖直向上抛出一个小球，已知该小球所受的空气阻力大小与速度大小

的平方成正比，则从抛出小球到小球落地的过程中，以竖直向上为矢量的正方向，小球运动的

a-t和0一1图象可能正确的是（）

2.关于静电场的电场强度和电场线，下列说法正确的是（）

A.在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同

B.E=等仅适用点电荷形成的电场

r2

C.电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向

D.当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合

3.我们国家“天琴计划”的核心就是登录火星，如图为模拟着陆器经

过多次变轨后登陆火星的轨迹图，轨道上的P、S、Q三点与火星

中心在同一直线上，P、Q两点分别是椭圆轨道的远火星点和近火

星点，经过一系列变轨进入距离火星最近的圆轨道，如图PQ=

2QS（已知轨道n为圆轨道）。关于着陆器，下列说法正确的是（）

A.在P点由轨道I进入轨道n需要点火加速

B.在轨道n上s点的速度小于在轨道in上。点的速度

C.在轨道n上s点与在轨道m上p点受到的万有引力相同

D.在轨道口上由P到s的时间是其在轨道m上由P到。时间的2倍

4.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为=200,/?2=300,

C为电容器.已知通过％的正弦交流电如图乙所示，则下列表述正确的是

（）

A.交流电的频率为0.02Hz

B.原线圈输入电压的最大值为282V

C.电阻&的电功率约为6.67W

D.通过/?3的电流始终为零

5.如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥的压力为车重的|,g取lOni/s?,拱

桥的半径为（）

A.6mB.17/nC.25m

6.如图是一辆汽车做直线运动的x-f图象，对线段OA,AB,BC,

8所表示的运动，下列说法正确的是

A.0A段汽车运动最快

B.AB段表示汽车匀速运动

C.8段的运动方向与段的运动方向相反

D.汽车在这4〃内通过的位移大小为30km

二、多选题（本大题共6小题，共29.0分）

7.用如图所示的装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75eU的光照射到光

电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c,

发现当电压表的示数大于或等于1.71/时，电流表示数为0,则下列说法正确

的是（）

A.光电管阴极的逸出功为1.05eU

B.电键S断开后，电流表G中有电流流过

C.当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流增大

D.改用能量为2.5eU的光子照射，移动变阻器的触点c,电流表G中也可能有电流

8.如图所示，光滑斜面上放置一个通电导体棒，施加磁场后导体棒以a=g的加速度沿斜面向下运

动，g为重力加速度，则以下四种情况中可能的是（）

9.如图所示，质量均为，”的物块A、B用轻弹簧相连，置于光滑水g

平面上，在水平力尸的作用下，弹簧处于压缩状态，A紧压在竖

直墙壁上。现撤去力F,在以后的运动过程中B的最大的速度为%"）""；遇;

v,对撤去力尸以后的过程，以下说法正确的是（）

A.物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A的冲量大小为mv

B.物块A离开竖直墙壁之前，竖直墙壁对A做功的大小为9m/

C.物块4、B和弹簧组成的系统总动量守恒，机械能守恒

D.物块A的最大速度为v

10.如图所示，水平转台上放着A、B、C三个物体，质量分别为2根、〃八m,离—

To

转轴的距离分别为R、R、2R,与转台间的动摩擦因数相同，转台旋转时，下

列说法中正确的是（）

A.若三个物体均未滑动，C物体的向心加速度最大

B.若三个物体均未滑动，3物体受的摩擦力最大

C.转速增加，A物体比B物体先滑动

D.转速增加，C物体先滑动

11.下列各现象中解释正确的是（）

A.腌茶叶蛋时，酱油里的色素进入蛋清，是扩散现象

B.在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快就会变咸，这是食盐分子的扩散现象

C.把一块铅和一块金的表面磨光后紧压在一起，在常温下放置四五年，结果铅和金互相会渗入,

这是两种金属分别做扩散运动的结果

D.把碳素墨水滴入清水中，稀释后，借助显微镜能够观察到布朗运动现象，这是由碳分子的无

规则运动引起的

E.含有泥沙的水经一定时间会澄清是布朗运动

12.一列沿着x轴正方向传播的横波，在t=0时刻的波形图如图中所示，图甲中某质点的振动图象

如图乙所示，下列说法正确的是（）

A.该波的波速为0.5m/s

B.t=8s时质点”的位移为零

C.图乙表示的可能是质点L的振动图象

D.质点L经过1s沿x轴正方向移动0.5m

E.在4s内K质点所经过的路程为3.2m

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

13.某学习小组利用图甲所示的实验装置探究动能定理，气垫导轨放置在桌面上，一端装有光滑的

定滑轮，导轨上有一滑块，其一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端有一拉力传感器

通过细线经定滑轮与托盘连接，打点计时器使用的交流电源的周期为T,开始实验时，在托盘

中放入适量祛码，用手托住托盘，接通电源待打点计时器稳定工作后松手，滑块开始做匀加速

运动，在纸带上打出一系列点.

打点计时富it然控力件

(1)本实验存在一个重大的失误，该失误是：.

(2)若滑块的质量没有远大于托盘及祛码的总质量，对本实验影响(填“有”或“没有”).

(3)在正确规范操作后，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，为了探究滑块所受的合力做的功与其

动能变化之间的关系，实验时除了需要读出传感器的示数F和测出纸带上Si、S2、S3、S4的长度

夕卜，在下列物理量中还应测量的是.

A.导轨的长度L8.祛码的质量C.滑块的质量M

(4)从打点计时器打下点C到打下点E的过程中，若动能定理成立，则F(S2+S3)=.

14.如图所示为一简易多用电表的电路图。图中E是电池，%、/?2、区3、和Rs是定值电阻，其中

/?3=20O,Ro为滑动变阻器。表头G的满偏电流为=250必1、内阻为为=60024端和B端

分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，其中直流电流挡有1〃认和2.5nM两挡。为了测量

多用电表内电池电动势和内阻，还备有电阻箱R(最大阻值为99999.90)。

（1）由以上条件可算出定值电阻Ri=n、R2=n.

（2）将选择开关与“3”相连，滑动&的滑片到最下端匕处，将两表笔A、8接在电阻箱上，通过调节

电阻箱的阻值R,记录不同阻值R和对应的表头示数/.在坐标纸上，以R为横坐标轴，以

为纵坐标轴，把记录各组/和R描绘在坐标纸上，平滑连接，所得图象为一条不过原点的直线。

测得其斜率为k、纵截距为b,则多用电表内电池的电动势和内阻分别为和。（用k、

匕和已知数据表示）

表失

四、简答题（本大题共1小题，共13.0分）

15.跳伞表演被称为“空中芭蕾”.跳伞运动员为了在空中做各种组合造型，离开飞机后并不马上打

开降落伞，而是先在空中自由“飞翔”一段时间，然后再打开降落伞.设在一次表演中，某运

动员离开飞机后做的是自由落体运动，到离地面125m时他才打开降落伞，从而产生很大阻力，

使他以大小为14.3m/s2的加速度做匀减速运动，安全着陆时的速度仅为5zn/s.现取g=10ms2,

问：

（1）该运动员离开飞机时高度是多少？

（2）离开飞机后，经多少时间到达地面？

五、计算题（本大题共3小题，共33.0分）

16.如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为

2〃?的重物，另一端系一质量为"?、电阻为R的金属杆。在竖直平面内

有间距为L的足够长的平行金属导轨P0、EF,在0、尸之间连接有阻

值也为R的定值电阻，其余电阻不计，磁感应强度为殳的匀强磁场与导

轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放,

当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。运动过程中金属杆始终

与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦，重力加速度为g。

(1)求重物匀速下降时的速度V：

(2)求重物从释放到下降h的过程中，定值电阻中产生的焦耳热QR；

(3)将重物下降/?时的时刻记作t=0,速度记为%,若从t=0开始磁感应强度逐渐减小，且金属杆

中始终不产生感应电流，试写出磁感应强度的大小殳随时间f变化的关系式。

17.如图所示，一水平放置的固定不动的足够长的圆柱形汽缸，用活塞

封闭了一定质量的理想气体，初温为27汽，气柱长度Z=100cm,截

面积S=lOcrn?.开始时，内、外气压均为l05pa,活塞与汽缸的最

大静摩擦力为5N.(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)求：

(1)当气体温度缓慢升高到37。，时，气体的体积；

(2)当气体温度缓慢升高到127。(：时，活塞相对地面运动的位移。

18.如图所示，一全反射棱镜BCD,ND=90。，BD=CD,E是BD

的中点，某单色光AE从E点射入棱镜，AE//BC,已知该色光

在棱镜中传播的全反射临界角为30。，边长为1,光在真空中

传播的速度为C,求:

①在8。界面发生折射时折射角的正弦值：

②该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。

【答案与解析】

1.答案：C

解析：解:AB、由题意小球所受的空气阻力与速率的平方成正比，小球所受空气阻力可表示为f=kv2,

小球从地面以初速度孙竖直向上抛出，根据牛顿第二定律：。=皿旦=皿叱=9+&02,

mmm

向上运动时小球速度U越来越小，〃逐渐减小；

小球下落过程，由牛顿第二定律得：a'=Q=吆型=g-巴/，小球下落过程速度v越来越大，

则加速度越来越小；上升过程与下降过程加速度方向始终向下，以竖直向上为正方向，则加速度一

直是负的，故A8错误；

CD、u-t图线斜率的绝对值表示加速度可知，图象的斜率绝对值一直减小，故C正确，。错

误。

故选：Co

根据小球的受力情况应用牛顿第二定律求出小球的加速度，分析小球加速度变化情况；u-t图象的

斜率等于加速度，然后确定v-t图象的形状。

本题的关键是要牛顿第二定律来分析加速度的变化，明确"-t图象上某点的切线斜率表示加速度，

速度为零时小球的加速度为g。

2.答案：B

解析：解：A、在一个以点电荷为中心，，•为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同，而方向不

同，故4错误；

B、E=与仅适用于真空中点电荷形成的电场，故B正确；

r2

C、电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，故C错误；

。、若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向的变化，则其轨道不可能与电场线重合，故O错误；

故选：Bo

根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=与仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方

向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解.

考查点电荷电场强度的矢量性，及适用条件，注意电场强度的方向如何确定，与试探电荷的正负无

关.

3.答案：B

解析：解：A、着陆器在P点由轨道I进入轨道n做的是向心运动，需点火减速，故A错误；

B、如图做出过。点的圆轨道IV,是近火轨道。

根据万有引力提供向心力得：G等=小止，解得：卫星绕火星做匀速圆周运动的线速度大小卜=

rzr

岸・①

口轨道的半径大于W轨道的半径，所以：v2<v4...@

而着陆器由HI轨道在Q点进入IV轨道时，需要减速，所以：v3Q>v4...@

联立②③可得：v2<v3Q,即在轨道口上S点的速度小于在轨道HI上。点的速度，故B正确；

c、根据万有引力定律尸=G等知，在轨道u上s点与在轨道in上尸点受到的万有引力大小相等，

方向不同，则万有引力不同，故C错误；

。、着陆器在轨道n上由尸点运动到s点的时间和着陆器在轨道m上由P点运动到。点的时都是各

自周期的一半，设着陆器在轨道n上运行周期为72,在轨道m上运行周期为73。

根据开普勒第三定律，有：号！=货箕=彗匕解得：&=2即73>372，则知在轨道

以以吟T33^/32。

口上由尸到S的时间大于其在轨道UI上由P到Q时间的2倍，故。错误。

故选：瓦

根据变轨原理分析卫星的速度如何变化。根据开普勒第二定律分析在轨道n上s点的速度与近火卫

星速度关系，结合变轨原理分析在轨道口上s点的速度与在轨道m上。点的速度关系。根据万有引

力定律比较卫星所受的万有引力大小。由开普勒第三定律分析时间关系。

本题关键是明确卫星在圆轨道上与椭圆轨道上的运动规律，要注意卫星做匀速圆周运动时，由万有

引力提供向心力。卫星在椭圆轨道上运动时.，遵循开普勒运动定律。

4.答案：C

解析：解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫

兹，故A错误.

由图乙可知通过占的电流最大值为/7n=L4、根据欧姆定律可知其最大电压为%,=20V,

再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200M,故B错误；

C、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻/?2的电流有效值为/=笨、

电压有效值为u=母匕电阻&的电功率为P2=U/=g〃=6.67〃，故C正确.

。、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过/?3和电容器，故。错误；

故选：C.

由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流.

本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解.

5.答案：C

解析：解：车对桥的压力为车重的|,则说明车受到的支持力为|mg,对汽车受力分析可知，

汽车通过拱桥顶点时速度为10m/s时，受重力，和支持力|/ng,

根据牛顿第二定律：mg--mg=m—

代入数据得：R=25m,故C正确，错误。

故选：Co

对汽车在顶点时受力分析，合外力充当向心力，根据牛顿第二定律列式求解半径。

本题考查汽车过拱桥中向心力分析，要注意明确汽车过拱桥关键在于找到向心力来源，然后根据合

力等于向心力列式求解即可。

6.答案：C

解析：本题考查了匀变速直线运动的图像、匀变速直线运动的位移与时间的关系。

由图看出，段的斜率最大，运动速度的大小最大，选项月错误；

AB段物体的位移不随时间而变化，物体处于静止状态，选项B错误；

OA段物体沿正方向运动，CQ段物体沿负方向运动，所以CD段的运动方向与OA段的运动方向相

反，选项C正确；

运动4力汽车的位移大小为0,选项。错误；

故选C。

7.答案：ABD

解析：解：A、该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7丫时，电流表示

数为0,知光电子的最大初动能为1.7e匕根据光电效应方程=版一%,Wo=1.05eV,故A

正确；

B、电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，

则有电流流过电流表，故B正确；

C、当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，则到达集电极的电子的数目减小，电流减小，故C

错误；

D、改用能量为2.5eV的光子照射，2.5eV仍然大于1.7eV,仍然可以发生光电效应，电流表G也有

电流，即使移动变阻器的触点c,电流表G中也可能有电流，故。正确。

故选：ABD.

该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于0.7V时，电流表示数为0,知道光

电子点的最大初动能为0.7W,根据光电效应方程求出逸出功。

电键S断开，只要有光电子发出，则有电流流过电流表：

改用能量为1.5eV的光子照射，通过判断是否能发生光电效应来判断是否光电流。

解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及光电效应方程/7n=忤-%.知道打出的光电子的数目

的多少与光子的数目多少有关。

8.答案：AC

解析：解：A、由左手定则可知，导体棒受到竖直向下的安培力作用，与重力的合力在斜面上的分量

可能等于，咫，所以导体棒可能以a=g的加速度沿斜面向下运动。选项A正确。

8、此图中的导体棒受到的安培力水平向右，在斜面上的分量沿斜面向上，所以导体棒不可能以a=g

的加速度沿斜面向下运动，选项B错误。

C、此图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，导体棒受到的合力可能为mg,所以导体棒可能

以a=9的加速度沿斜面向下运动，选项C正确。

。、此图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，导体棒受到的合力不可能为〃吆，所以导体棒不

可能以a=g的加速度沿斜面向下运动，选项。错误。

故选：ACo

首先根据个图中的电流的方向以及磁场的方向判断出安培力的方向，分析其与重力在斜面方向上的

分量，判断在斜面方向上的合力能否为〃际，即可得知其加速度是否能为g,从而判断各选项的正误.

对于该题的解答，首先要熟练的使用左手定则，同时要注意，安培力的方向一定垂直于电流方向与

磁场方向所决定的平面(电流的方向与磁场的方向不一定垂直，但要注意，平行时，导体棒不受磁场

力的作用)，再者就是要正确的会对力进行正交分解，正确的对力进行合成.

9.答案：AD

解析：解：人以A和B整体为研究对象，取向右为正，根据动量定理可得，物块A离开竖直墙壁

之前，竖直墙壁对A的冲量大小等于系统动量的变化，即为/=nw-O=nuA故A正确；

B、物块A离开竖直墙壁之前，A的位移为零，则竖直墙壁对A做功的大小为0,故8错误；

C、物块A、8和弹簧组成的系统，在A离开墙壁之前水平方向系统合外力不为零，总动量不守恒,

但整个过程中只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故C错误；

。、物块A离开墙壁后，系统总动量守恒，当弹簧弹力再次为零时，物块A的速度最大，取向右为

mv2

正方向，根据动量守恒定律可得m”=AA+再根据能量守恒定律可得:|niBv=+

由于啊=68=机，解得：vA=v,故£)正确。

故选：AD.

以A和B整体为研究对象，根据动量定理求解竖直墙壁对A的冲量大小；

物块A离开竖直墙壁之前，A的位移为零，由此分析做功情况；

根据动量守恒定律的守恒条件、机械能守恒定律的守恒条件进行分析；

根据动量守恒定律、能量守恒定律进行分析。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外

力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后

系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。

10.答案：AD

解析：解：A、三物体未滑动时，角速度相同，设为3,根据向心加速度公式a=r/2知C的半径最

大，的加速度最大，故4正确；

222

B、三个物体受到的静摩擦力，fA=2mcoR,fB=ma)R,fc=ma)-2R,所以B物体受到的摩擦

力最小，故2错误；

C、根据〃=得，o)=旧，A8临界速度相等，所以AB一起滑动，故C错误；

D、根据〃mgnmra?得，/=但，因为C的临界速度最小，增加转速，可知C先达到最大静摩擦

力，所以C先滑动，故。正确。

故选：AD.

A、8、C三个物体放在匀速转动的水平台上，随转台做匀速圆周运动，由静摩擦力提供向心力，当

物体所受的最大静摩擦力达到最大值时开始滑动，根据产生离心运动的条件判断分析哪个物体先滑

动.

本题关键要抓住静摩擦力提供向心力，比较静摩擦力和向心加速度时要抓住三个物体的角速度相等

进行.

11.答案：ABC

解析：解：A、腌茶叶蛋时，酱油里的色素进入蛋清，是扩散现象，故A正确。

8、在一杯热水中放几粒盐，整杯水很快就会变咸，这是食盐分子的扩散现象，故B正确。

C、把一块铅和一块金的表面磨光后紧压在一起，在常温下放置四五年，结果铅和金互相会渗入，这

是两种金属分别做扩散运动的结果，故C正确。

。、做布朗运动的是炭颗粒，而不是碳分子，故。错误。

E、水的澄清过程是由于泥沙在重力作用下的沉淀，不是布朗运动，故E错误。

故选：ABC.

酱油里的色素进入蛋清、整杯水很快就会变咸、铅和金互相会渗入都是扩散现象；中做布朗运动的

是炭颗粒，而不是碳分子，水的澄清过程是由于泥沙在重力作用下的沉淀，不是布朗运动。

本题考查了布朗运动和扩散现象。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多加积累，难度不

大。

12洛案：ACE

解析：解：A、从甲图中可知波长4=2m,从图乙中可得周期7=4s,则该波的波速为u=t=?=

T4

0.5m/s,故A正确；

B、t=8s时，经过了两个周期，质点M仍处于波谷，所以其位移为-0.8m,故B错误；

C、如果图乙是L点的振动图象，由图乙知，t=0时刻质点L经过平衡位置向上振动，由甲图，根

据波形的平移法且波沿x轴正方向传播可知，图乙表示的可能是质点刀的振动图象。故C正确；

。、横波在传播过程中，波上的质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故。错误；

E、由于T=4s,所以在4s内K质点所经过的路程为4倍的振幅，为S=44=4x0.8m=3.2m,故

E正确。

故选：ACE.

由甲乙两图分别读出波长和周期，再求得波速.由振动图象乙读出t=0时刻质点处于平衡位置，且

振动方向沿y轴正方向.由波动图象，根据波的传播方向，判断各个质点的振动方向，找出与振动

图象t=0时刻运动情况一致的质点.根据时间与周期的关系求质点经过的路程.

本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力.根据质点的振动

方向判断波的传播方向，可采用波形的平移法和质点的振动法等等方法，要熟练掌握.对于简谐波，

要明确基本特点：介质中质点不“随波逐流”.

13.答案：没有检验气垫导轨是否水平没有

解析：解：(1)本实验中需要检验实验导轨是否水平，而本题中没有进行检验；

(2)本实验中滑块受到的拉力可以通过拉力传感器直接得出，不需要用托盘及祛码的总重力代替，所

以滑块的质量没有远大于托盘及祛码的总质量，对本实验没有影响；

(3)根据实验原理可知，拉力对滑块做的功等于滑块动能的增加量，故应测量滑块的质量故C正

确，

故选：C

(3)C、E两点的速度的分布为%=等，加=誓，若动能定理成立，则—

2k2T7

故答案为：(1)没有检验气垫导轨是否水平，(2)没有，(3)C,(4)|M(^i)2-|M(^)2.

分析实验原理及实验做法，则可得出实验中应注意事项及应测量的物理量，本实验中滑块受到的拉

力可以通过拉力传感器直接得出，不需要用托盘及祛码的总重力代替，根据实验原理结合动能定理

可得出表达式.

本题为探究性实验，要注意正确掌握实验原理，能根据题意明确实验的原理，这样才能准确求解，

注意验证动能定理时要平衡摩擦力，难度适中.

14.答案：80120常一170

解析：解：(1)选择开关与“1”、"2"相逢时为电流表，量程分别为2.5nM和1mA,根据串，并联

2

电路特点有：皿/+I0=I2=2.5mA

I°r

R^+，°=，1=lmA

联立解得:

Ri=800

R2=1200

(2)选择开关与“3”相连，量程为1〃源，根据并联电路特点可知治、/?2串联后与表头并联的总电阻

为R0=；r,通过电源的电流为通过表头电流/的4倍。根据闭合电路欧姆定律有：E=4/(r+Ro+

R3+R)

变形为：*=£R+处之山

IEE

由此可知横轴为R,纵坐标为;，斜率从截距上b=4(』,3+『)

解得：E=：,r=7—170o

kk

故答案为：(1)80,120；(2)p%之一170。

(1)并联的电阻越小，总电流越大，分析出接1为大量程的电流表，然后根据两个量程分别列出电流

关系方程，最后联立求解。

(2)实验题中图象问题处理方法：根据实验原理列出方程，转化为y=kx+b形式，对应斜率和截距

列方程求解。

本题考查多用电表和测电池电动势和内阻实验，意在考查考生的实验能力，注意根据串、并联电路

特点，掌握图象处理数据的方法：斜率和截距。

15.答案：解：(1)设运动员自由下落砥后速度为巧，安全着陆时速度为玲，第二阶段的匀减速运动

距离为电，有

谚一谱=2ah29即52—说=2X(—14.3)X125

・,・%=60m/s.

又九1=—=—m=180m,

12g20

故运动员离开飞机时高度h=瓦+电=305m.

(2)第一阶段自由落体运动的时间设为口，第二阶段匀减速运动的时间设为有：

自由落体运动的时间口=£=算S=6s,

匀减速直线运动的时间t2=空=聋23.8s

故总时间t=tj+t2=6+3.8s=9.8s

答：(1)该运动员离开飞机时高度是305%

(2)离开飞机后，经9.8s时间到达地面.

解析：(1)运动员在空中先做自由落体运动，再做匀减速直线运动，根据速度位移公式求出匀减速运

动的初速度，结合速度位移公式求出自由落体运动的高度，从而得出运动员离开飞机时的高度.

(2)根据匀减速直线运动的初速度，结合速度时间公式求出自由落体运动的时间，再根据速度时间公

式求出匀减速直线运动的时间，从而得出总时间.

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用.

16.答案：解：(1)重物匀速下降时，设细线对金属杆的拉力大小为T,金属杆所受安培力大小为凡

对金属杆受力分析，由平衡条件得7=mg+F

由安培力公式得尸=BO1L

根据闭合电路欧姆定律，得/=整

根据法拉第电磁感应定律，得E。=B°Lv

对重物，由平衡条件得7=2mg

综合上述各式，联立解得：及=需

(2)设电路中产生的总热量为。，由能量守恒定律得

2mgh—mgh,=|(2m)v2+|mv2+Q

由串联电路的规律可知，电阻R中产生的热量为QR=1Q

联立解得＜^=]m9八一嘴券

(3)金属杆中恰好不产生感应电流时，穿过回路的磁通量不变，则有

BohL=Bt(h+x)L

2

式中％=vot4-1at

对两杆组成的整体，由牛顿第二定律得。=嘴吆

则磁感应强度与随时间，变化的关系为

_B°h

-h+VQt^t2

6

答：(1)重物匀速下降时的速度V为器；

(2)重物从释放到下降h的过程中，定值电阻中产生的焦耳热QR为:mg/i-嘴券；

(3)磁感应强度的大小为随时间，变化的关系式为为=就:於

解析：(1)重物匀速下降时，金属杆匀速上升，受力平衡.推导出安培力与速度的关系，再由平衡条

件列式求出速度P.

(2)重物从释放到下降〃的过程中，重物的重力势能减小转化为杆的重力势能和动能、重物的动能及

整个回路的内能，根据能量守恒定律求出整个回路产生的焦耳热，根据串联电路电流关系，求出定

阻电阻R中产生的焦耳热QR；

(3)当回路中磁通量不变时，金属杆中不产生感应电流，此时棒不受安培力，将做匀加速直线运动.根

据磁通量不变列式，来求为与r的关系式。

本题分别从力和能量两个角度研究电磁感应现象，关键是要推导出安培力与