2021届上海市杨浦区高考物理一模试卷(含答案解析)

2021届上海市杨浦区高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共12小题，共40.0分）

1.在地球赤道上方，地磁场可以看成是沿南北方向的匀强磁场，磁感应强度的大小为0.50x10-51

如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长为20巾，载有从西到东的电流304则地磁场对这根

导线的安培力（）

A.大小是5x10-3%,方向竖直向上

B.大小是5x10-3"方向竖直向下

C.大小是3x10-3N,方向竖直向上

D.大小是3x10-3%,方向竖直向下

2.下列说法正确的是（）

A.自由落体运动是匀加速直线运动

B.选不同的物体为参考系，同一物体的运动一定不同

C.体积大的物体一定不能视为质点

D.一个物体做加速运动，加速度也会增加

3.9.如图所示，a、b为一条竖直方向的电场线上的两点。一带电小球（可看作带电质点）在a处由静

止释放后，沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零，则下列说法中正确的是

A.a点的电场强度小于b点的电场强度

B.带电小球在b点所受的合力一定为零

C.带电小球在a点的电势能大于在b点的电势能

D.a点的电势高于b点的电势

4.如图所示，物体受与水平方向成30。角的拉力F作用，在水平面上向左做

匀速直线运动，则（）7

A.物体共受到四个力的作用

B.物体受到的支持力可能为零

C.物体动量的变化量等于力产的冲量

D.物体动能的变化量等于力F做的功

5.两个共点力F】=10N,F2=8N,它们的合力是2N,则它们之间的夹角是（）

A.0°B,90°C.180°D.360°

6.如图所示为一列简谐波在t=0时刻的波形图，Q、P是波上的两质点，此，

刻质点P沿y轴负方向运动，且t=1s时第一次运动到波谷位置。则质点Q4

-2

的振动方程为（）

A.y=2sin（^t+^）mB.y=2sin（^t-^）m

C.y=2sin(^t~^)mD.y=2sin(^t+^)m

L4

7.如图，电源电动势为12匕内阻为10,定值电阻治=60,R2=30n,开关闭

合，一质量为6x10-8切的油滴恰好静止在水平放置的平行板电容器两极板间,

已知油滴的电荷量为1x10-8。电容器的电容为lOOpF,两极板间的距离为

10cm,电流表和电压表均为理想电表，g=10m/s2,贝!］（）

A.电流表读数为14

B.电压表的读数为12U

C.滑动变阻器连入电路的电阻为60

D.电容器所带的电荷量为6x10-4C

8.下列说法正确的是（）

A.由C=与可知，电容器的电容与任一极板的电荷量Q成正比

B.由3=最可知，电场中某点的电势与电荷在该点处具有的电势能Ep成正比

C.由R=pg可知，金属导体的电阻与其接入电路的长度成正比

D.由E=£可知，某一电源的电动势与电源中非静电力所做的功成正比

9.如图质量为m的小球被三根相同的弹簧a、b、c拉住,c竖直向下，a、b、

c三者夹角都是120。，小球平衡时，a、b、c伸长的长度之比为3：3：2,

则小球受到c的拉力为（）

A.mgT

B.0.5mg

C.1.5mg

D.2mg

10.空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从xi处沿x轴负方向运动，初速度大小为火,

其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点,

粒子在原点。处电势能为E。，在与处电势能为后,则下列说法中不正确的是（）

A.坐标原点。处电场强度为零

B.粒子经过匕、处速度相同

C.由乙运动到0过程加速度一直减小

D.粒子能够一直沿》轴负方向运动，一定有为>

11.做简谐运动的物体，当物体的位移为负值时，下面说法正确的是（）

A.速度一定为正值，加速度一定为负值

B.速度一定为负值，加速度一定为正值

C.速度不一定为正值，加速度一定为负值

D.速度不一定为负值，加速度一定为正值

12.如图所示，abed是由导体做成的框架，其平面与水平面成。角.质量为m的导体棒PQ与ab、cd接

触良好，回路的总电阻为R整个装置放在垂直框面的变化的匀强磁场中，磁感强度B随时间变化

的关系如图乙所示，PQ始终处于静止状态.关于PQ马框架间的摩擦力f在0〜t］时间内的变化情

况的说法中，有可能正确的是：（）

①f一直在增大②f一直在减小

③f先增大后减小④/•先减小后增大.

A.①③

二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）

13.如图，三个可视为质点的金属小球4、B、C质量都是m,带正电量都是q,连接小球的绝

缘细线长度都是3静电力恒量为k,重力加速度为g.（小球可视为点电荷）则连结B、C的A

细线张力为,连结4、B的细线张力为.:

14.冰面对滑冰运动员的最大摩擦力为其重力的k倍，在水平冰面上沿半径为R的圆周滑行的运动员,

若仅依靠摩擦力来提供向心力而不冲出圆形滑道，其运动的速度应满足

15.A家庭电路的交变电压随时间变化的图象如图所示.由图可知，交变电压的有效值为K,

频率为Hz.

8.如图所示的电路中，电源的电动势为6V,定值电阻为50,电流表和电压表均是理想电表.开

关S闭合后，电压表的示数为5匕则电流表的示数为A,电源内阻为n.

16.两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度

为B的匀强磁场中，B的方向垂直导轨平面。两

导轨间距为3左端接一电阻R,其余电阻不计。长为2Z,的导体棒ab

如图所示放置，开始时ab棒不导轨垂直，在防棒绕a点紧贴导轨以角

速度3顺时针旋转90。的过程中，通过电阻R的电流方向为（填

“由上到下”或者“由下到上”）：电动势的最大值为；通过电阻R的电荷量是

17.（4分）在用打点计时器测定小车做匀加速直线运动的加速度的实验中，交流电频率50Hz,得到

如图所示的一条纸带，从比较清晰的点开始取计数点（相邻计数点之间还有4个点没有画出），分

别标上0、1、2、3、4…,测量得到0与1两点间的距离S]=30nun,1与2两点间的距离S2=36mm,

则小车在打下点1时的瞬时速度为m/s,小车的加速度大小为m/s2

•••♦•

01234

三、实验题（本大题共I小题，共10.0分）

18.在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，

（1）下列器材中不必要的一项是（只需填字母代号）.

4重物B.纸带C.天平D低压交流电源E.毫米刻度尺

(2)关于本实验的误差，说法不正确的一项是

A选择质量较小的重物，有利于减小误差

B.选择点击清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，有利于减小误差

C先松开纸带后接通电源会造成较大的误差

。.本实验产生误差的主要原因是因为重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用

(3)在实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为

0.04s.那么从打点计时器打下起点。到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量Ep=J,

此过程中物体动能的增加量&=J,由此可得到的结论是.(取g=9.8m/s2,保留

三位有效数字)

—15.50

--2X2Scm-~-4

---------------32.SOcm-

-------------------43.25cm--

四、计算题(本大题共2小题，共30.0分)

19.如图所示，一质量为m=0.10kg、电阻为R=0.100的矩形金属框abed

由静止开始释放，竖直向下进入匀强磁场.已知磁场方向垂直纸面向

内，磁感应强度为B=0.507,金属框宽为L=0.20m,开始释放时ab边

与磁场的上边界重合.经过时间金属框下降了坛=0.50小，金属框

中产生了Qi=0.45/的热量，取g=10m/s2.

XXXX

(1)求经过时间ti时金属框速度巧的大小以及感应电流的大小和方向；

(2)经过时间匕后，在金属框上施加一个竖直方向的拉力，使它作匀变速直*XXX

B

线运动，再经过时间t2=0.1S,又向下运动了h2=0.12m,求金属框xXXX

加速度的大小以及此时拉力的大小和方向(此过程中cd边始终在磁场外).

(3*2时间后该力变为恒定拉力，又经过时间t3金属框速度减小到零后不再运动.求该拉力的大小以

及t3时间内金属框中产生的焦耳热(此过程中cd边始终在磁场外).

20.如图，质量为M的足够长金属导轨abed放在光滑的绝缘水平面上.一电阻不计，质量为m的导

体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形.棒与导轨间动摩擦因数为小棒

左侧有两个固定于水平面的立柱.导轨儿段长为3开始时PQ左侧导轨的总电阻为R,右侧导轨

单位长度的电阻为Ro.以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感

应强度大小均为B.在t=0时刻，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的船边上，使导轨由静止

开始做匀加速直线运动，加速度为a.

(1)求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式:

(2)写出拉力F的表达式，并求经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？

(3)某一过程中回路产生的焦耳热为Q,导轨克服摩擦力做功为W,求导轨动能的增加量.

参考答案及解析

1.答案：C

解析：解：根据安培力的公式可得：F=BIL=0.50x10-5rx30x20N=3x10-3N；

匀强磁场方向为由南向北，而电流方向为从西向东.则由左手定则可得安培力的方向为竖直向上；

故ABD错误，C正确；

故选：C

(1)根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线

受的安培力的方向.

(2)根据尸=B/L来计算安培力的大小即可，同时注意该公式成立的条件.

考查左手定则，注意要将其与右手定则区分开来.在使用安培力公式时，注意通电导线要与磁场垂

直.

2.答案：A

解析：解：/、物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下②从静止开始，所以自由落体运动

是匀加速直线运动，故A正确。

3、选不同的参考系研究同一物体的同一个运动，其运动情况可能相同，故8错误。

C、体积大的物体也可以看出质点，例如研究地球的公转，故C错误。

。、当物体加速度方向与速度方向相同，速度一定增大，如果速度增加得越来越快，即加速度在增

大，反之速度增加得越来越慢，即加速度在减小，故。错误。

故选：4。

物体做自由落体运动的条件：①只在重力作用下②从静止开始；同一运动选择不同的参考系，观察

到的结果往往不同；看做质点的条件是物体的形状和大小可以忽略不计；

该题考查直线运动的相关的物理量的内涵和外延，要求对这部分的概念有准确的理解和掌握。

3.答案：C

解析：解：AB、在a点，电场力大于重力，至油点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以匕点所受

的电场力小于重力，所以带电小球在b点时所受合外力不为零，a点的电场强度比b点的电场强度大，

故AB错误；

C、在a点释放后小球往上运动，所以电场力朝上，从a到b电场力做正功，电势能减少，a点电势能

大于b点电势能，故C正确；

。、沿电场线方向电势逐渐降低，因为不知道电场的方向，所以无法判断电势的高低，故。错误。

故选Co

4.答案：A

解析：解：4、对物体受力分析可知，物体一定受重力、支持力、拉力作用，由于物体做匀速运动,

故一定有摩擦力作用，故A正确；

8、由4的分析可知，由于物体受到摩擦力，故物体受到的支持力不为零，故B错误；

C、根据动量定理可知，物体的动量变化量等于合外力的冲量，故C错误；

。、根据动能定理可知，物体动能的变化量等于合外力的功，故。错误。

故选：Ao

对物体受力分析，明确受力情况，再根据动量定理和动能定理分析动量的变化与冲量的关系以及动

能的变化与功的关系。

本题考查动量定理以及动能定理，要注意明确动能定理中功必须是合外力的功，而动量定理中的冲

量是合外力的冲量。

5.答案：C

解析：解：两力合成时，合力范围为：|&-61SFW&+a；

故2NWFW18N；而当它们的合力是2N,则它们的夹角为180。，所以8正确，AC£>错误.

故选：C.

两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180。时合力最小，并且|a-

F2\<F<Fr+F2

本题关键根据平行四边形定则得出合力的范围：|居-FZ|WFWFI+F2.

6.答案：B

解析：解：t=Is时P点第一次回到波谷，则周期7=4s,a）=^=^-rad/s=lrad/s

t=0时刻p点沿y轴负方向运动，说明波沿X轴正方向传播，则此时Q沿y轴正方向运动，且Q点对应

的位移为一1m,设Q点振动方程是y=2（》+w）

代入£=0,y=-1m,解得：（p=-^

所以Q点的振动方程为旷=2W《一弓»1,故B正确，4CO错误。

故选：B。

利用数学三角函数的知识求出质点的振动方程，结合图像找到振幅，角速度等。

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。对于波的图象往

往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。同时，能熟练分析波动形成的过程，分析物理

量的变化情况。

7.答案：C

解析：解：B.根据电路图可知，R和/?2并联，再和％串联，电容器与飞并联，因此电容器两端的电

压等于&的电压，电压表测的是路端电压，令电容器两端的电压为名,

电容器里的油滴处于平衡状态，则有吟=mg,代入数据IO'=6x10-8xio,解得％=6V,

干路总电流/=*=g=14,根据闭合电路欧姆定律可知，电压表的读数为U=E—/r=12—lx

1=11V,故8错误；

人滑动变阻器和R2组成的并联电路的电压为U2=U-a=11-6=5U,则电流表的读数为。=

祟=。=那故A错误；

«2JvO

C.滑动变阻器的阻值为R滑=氤=刍=60,故c正确；

6

。.电容器所带电荷量为Q=CUi=100xIO-"x6=6x10-10C,故D错误；

故选：Co

R和/?2并联，再和公串联，电容器与％并联，因此电容器两端的电压等于&的电压，根据油滴处于

平衡状态求解出电容器的电压，根据欧姆定律求出干路总电流，再求解出电源的内电压，根据闭合

电路欧姆定律求出路端电压，根据串并联电路特点求出滑动变阻器的电压和通过的电流大小，根据

欧姆定律求出滑动变阻器的电阻，根据Q=CU求出电容器的电荷量。

明确电路特点，熟记与电容器相关的知识，如电容器两端的电压与与之并联的用电器的电压相等，

熟记闭合电路欧姆定律。

8.答案：C

解析：解：力、电容器的电容C由电容器本身决定，与任一极板的电荷量Q、及电压U均无关，故A

错误；

8、静电场中某点的电势9由电场本身决定，与电荷在该点处具有的电势能、及试探电荷均无关，故

B错误；

C、由电阻定律公式R=£可知，导体的电阻R由它的长度3它的横截面积S,以及导体材料的电阻

率p决定，故C正确；

。、电场强度E由电场本身决定，与电源中非静电力所做的功，及试探电荷均无关，故。错误。

故选：C0

所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。比如①物质密

度②电阻③场强④磁通密度⑤电势差等。一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往

是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，如确定的电场中的某一

点的场强就不随q、尸而变。当然用来定义的物理量也有一定的条件，如q为点电荷，S为垂直放置于

匀强磁场中的一个面积等。类似的比值还有：压强，速度，功率等等。

中学阶段有很多物理量是用比值定义法定义的，用比值定义法定义的物理量有一个共同点，解这个

物理量与两个相关的物理量的大小无直接关系，但能反映物质的最本质的属性。

9.答案:D

解析：解：设小球受到c的拉力为2F,由题，a、b、c伸长的长度之比为3：3：2,根据胡克定律得

知，a、b的拉力大小均为3F.

对于小球：受到重力mg、c的拉力2尸和a、b的拉力3F.a、b的夹角为120。，其合力为3F,由平衡条

件得：

3F=2F+mg

解得：F=?ng,贝!]c的拉力为2F=2mg,故。正确.

故选：D

根据胡克定律得到三根弹簧拉力大小关系，以小球为研究对象，根据平衡条件得到拉力与重力的关

系，即可求得c的拉力.

本题中a、b两根弹簧的拉力大小相等、夹角为120。，其合力大小等于它们的拉力大小.

10.答案:C

解析：

根据电势能与电势的关系：Ep=q(p,电势能与电场力做功的关系：Ep「Ep2=Eqx,结合分析图

象斜率与电场力的关系，即可求得原点。处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出电

场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化。

解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿

第二定律和能量守恒定律进行分析。

A根据电势能与电势的关系：Ep=q(p,场强与电势的关系：E=枭,得：5=：豢上「一;(:图象切

线的斜率等于学，也即表示电场力，根据数学知识可知，坐标原点。处切线斜率为零，则坐标原点。

处电场强度为零，故A正确;

B.由图看出，与、-%1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过与、-/处速度相同，

故8正确；

C.由与运动到0过程，根据数学知识可知，图线的斜率先增大后减小，说明电场力先增大后减小，根

据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故C错误；

。.根据公式Ep=q%可知，该粒子带负电，从X］处到-与处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴

负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点。，就能一直沿

x轴运动，设粒子恰好能到达原点0时的速度为灯则根据能量守恒定律得：:小讲:芯。-%，p=

产三百，当%>u时，即为〉J聋3粒子能够一直沿》轴负方向运动,故。正确。

本题选错误的，故选C。

11.答案：D

解析：解：当振子的位移为负值时，由简谐运动的特征a=-"知，加速度一定为正值，而速度方向

m

有两种可能，不一定为正值，也不一定为负值，故ABC错误，。正确。

故选：Do

做简谐振动的物体，其加速度总是与位移方向相反，而速度方向可能与位移方向相反或相同。速度

与加速度的大小变化情况是相反的。

本题关键熟悉弹簧振子的特征：a=-"熟悉其速度、加速度、位移、回复力的变化规律，基础题。

m

12.答案:B

解析：解：由图看出，磁感应强度均匀减小，穿过PQcb回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定电

流，根据楞次定律得知，导体棒PQ所受安培力方向沿斜面向上.由尸=B/L可知，B减小，PQ所受

安培力大小以减小.

①、②若PQ开始时不受静摩擦力，色减小时，静摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件得：mgsine=

FA+3也减小，/一直增大；若PQ原来所受的静摩擦力方向沿斜面向上时，根据平衡条件得：

mgsin0=FA+f,凡减小，/■一直增大；故①正确，②错误.

③、④若PQ开始时所受的静摩擦力方向沿斜面向下时，根据平衡条件得：mgsine+f=FA,以减

小，/•先减小；当重力的沿斜面向下的分力mgsin。〉以时，静摩擦力沿斜面向上时，根据平衡条件

得：mgsinB=FA+f,治减小，/开始增大，所以摩擦力可能先减小后增大；故③错误，④正确.

故选：B.

由图看出，磁感应强度均匀减小，穿过PQcb回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定电流，根据安

培力公式分析安培力大小的变化情况，由左手定则判断安培力方向，由平衡条件分析棒PQ受到的静

摩擦力的大小变化情况.

本题是楞次定律、安培力和力平衡等知识的综合应用，直接由楞次定律判断安培力的方向，也可以

由楞次定律、左手定则结合判断安培力方向.

13.答案：mg+富；2mg+桨

解析：

先对C球受力分析，根据平衡条件求解连结8、C的细线张力；再对B球和C球整体受力分析，根据平

衡条件求解连结4B的细线张力.

本题关键是选择球C和BC整体受力分析，然后根据平衡条件列式求解细线的拉力，运用整体法可以

不考虑内力，使问题简化.

2

球4与球8间的静电斥力为：FAB=%;

球B和球C间的静电斥力为：FBC=婿；

球4和球C间的静电斥力为：以©=上怎=罄；

先对C球受力分析，受重力、球B的斥力、球C的斥力和细线的拉力，故：

5kq2

TBC=m9++FBC=m9+4J

再对B球和C球整体受力分析，受重力、4球的斥力和细线的拉力，根据平衡条件，有：

5kq2

TAB=2mg+FAC^FAB=2mg+

故答案为：？ng+当2?ng+当-。

14.答案：v<yjkgR

解析：解：滑冰运动员转弯时靠静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，速度达到最大.

由kmg=m^■得：v=y/kgR

则要不冲出圆形滑道，其运动的速度应满足u4J物.

故答案为：v<y/kgR.

溜冰运动员在冰面上做圆周运动，靠静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律求出安全速度的大小.

解决本题的关键搞清运动员做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解.

15.答案:A.22050

B.11

解析：

A.

根据交变电流的图像求出周期，再跟据周期和频率无为倒数求出频率。根据图像求出最大值，再跟

据最大值和有效值的关系求出有效值。

本题是交变电流的简单的图像问题，基础题目。

根据图像可知最大值，有效值对正余弦交流电来说是最大值的220夜，所以有效值为〃=置=

率=220V,由图可知周期为0.02s,所以频率为/=9=^=5OHZ。

故填：22050

B

开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律列式即可求解。

本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，难度不大，属于基础题。

根据闭合电路欧姆定律得：

U

/=片14

/=2代入数据可得r=in

故答案为11

16.答案：由上到下2BZ?3里士

2R

解析：解：由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为由上到下。

当有效长度最长时感应电动势最大，

电动势的最大值为E=B-2L•3L=2B3〃。

第一阶段：平均电动势后=丝=也竺竺=辿

△tAtAt

通过R的电荷量q=E4t=^

R2.R

第二阶段ab棒脱离导轨后，电路中没有电流。所以总电量为q=要。

故答案为：由上到下，2BL7&),逊幺

2R

根据右手定则求解通过电阻R匕的电流方向。当切割的有效长度最长时，感应电动势最大，根据E=

求解最大d感应电动势。

根据q=〃求解通过R的电荷量。

解决该题的关键是掌握用右手定则分析感应电流的方向，掌握感应电动势的求解公式以及电荷量的

求解公式。

17.答案：0.33;0.6

解析：每隔五个打印点取一个计数点，所以2,3两计数点间的时间间隔为0.1s,

根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上。点时小车的

瞬时速度大小.

x20.03+0.036

=—0=---------=0.33m/s

「02U.N

根据匀变速直线运动的推论△x=aT2,有：

2

s2—Sj=aT,

所以解得：a=0.6m/s2

18.答案：CA2.282.26在实验误差允许的范围内，重物重力势能的减小量等于动能的增加量，

重物下落过程中机械能守恒

解析：解：(1)实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，两端都有质量，可以约去,

所以不需要测量质量，不需要天平.故不必要的器材选C.

(2)4、为了减小阻力的影响，重物选择质量较大的重物，故A错误.

B、根据=ggt?=qx10x0.022m=2mm知，纸带选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸

带，有利于减小误差，故B正确.

C、实验时先松开纸带后接通电源会造成较大的误差，故C正确.

。、本实验产生误差的主要原因是因为重物在下落过程中不可避免地受到阻力的作用，故。正确.

本题选择错误的，故选：A.

⑶23.25cm=0.2325m,32.50cm=0.3250m,15.50cm=0.1550m,

物体重力势能的减少量为：△Ep=mg/i=1x9.8x0.23257=2.287,

B点的速度为：%=若=°325°~°1550m/s=2.125m/s,

Z/U.Uo

则动能的增加量为：△&=|mvj=1xlx2.1252=2.267.

可知在实验误差允许的范围内，重物重力势能的减小量等于动能的增加量，重物下落过程中机械能

守恒.

故答案为：(1)C，(2)4(3)2.28,2.26,在实验误差允许的范围内，重物重力势能的减小量等于动

能的增加量，重物下落过程中机械能守恒.

(1)根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定不需要的物理器材.

(2)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定不正确的操作步骤.

(3)根据下降的高度求出物体重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速

度，求出B点的速度，从而得出动能的增加量.分析比较得出实验的结论.

解决本题的关键知道实验的原理以及操作中的注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬

时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量.

19.答案：解：(1)由能量守恒定律可得：mgh^^mvl+Q

解得：%=Im/s；

导体棒切割磁感线产生感应电动势均=BL%,

感应电流/=鬻=竺詈"4=1A,

由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向；

2

(2)由匀变速运动的位移公式：h2=%上2解得a=4.0m/s,

t2=0.1s时，金属框的速度%%+Q±2=(1+4.0x0.1)m/s=1.4m/s,

此时金属框的电流/=警=竺答竺=1.44

KU.1

由牛顿第二定律：F2+mg-BIL=ma,F2=ma+BIL-mg=-0A6N,由左手定则可知，拉力

方向：竖直向上；

(3)金属框做加速度运动最后静止，所加恒定的外力等于重