2022年陕西省渭南市高考物理一模试卷（附答案详解）

2022年陕西省渭南市高考物理一模试卷

1.如图所示，为现代人在实验室所做的伽利略斜面实验的频闪照片的组合图.实验中

把小球从左侧斜面的某个位置由静止释放，它将冲上右侧斜面，频闪照片显示小球

在右侧斜面运动过程中相邻的两个小球间的距离依次减小；如果右侧斜面变成水平,

频闪照片显示小球在右侧斜面运动过程中相邻的两小球间的距离几乎相等.对于这

个实验，以下叙述正确的是（）

A.小球冲上右侧斜面后做减速运动，表明“力是维持物体运动的原因”的结论是

正确的

B.小球最终也会在右侧水平面上停下来，表明“力是维持物体运动的原因”的结

论是正确的

C.因为没有绝对光滑的斜面或者平面，所以伽利略提出的“如果没有摩擦阻力，

小球将在水平面上永远运动下去”的结论是荒谬可笑的

D.上述实验表明“如果没有摩擦阻力，小球将在水平面上永远运动下去”的结论

是正确的

2.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为%：n2,输入端C、。接入电压有效值

恒定的交变电源。刚开始，滑动变阻器滑片在a端，及、5两灯均发光，在滑动变

阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终工作在额定电压以内，下列

说法正确的是（）

C.人变暗，乙2变暗D.人变亮，G变暗

3.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。一种叫作心脏除颤器的设备，通过一个充电

的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，使心脏完

全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图所示是一次心脏除颤器的

模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为15〃F,如果充电后电容器的电压为4.0/cV,

电容器在大约2.（hns内放电至两极板电压为0,则这次放电过程通过人体组织的平

均电流强度约为（）

A.6x10-2^B.304C.2x1034D.x106A

4.“中星94”是我国首颗国产广播电视直播卫星，2017年7月5日通过10次变轨，成

功定点于东经101.4。赤道上空的同步静止轨道。如图甲为“中星94”在定位过程中

所进行的10次调整轨道的示意图，其中的三条轨道如图乙所示，曲线1是最初发射

的椭圆轨道，曲线n是第5次调整后的椭圆轨道，曲线ID是第10次调整后的最终预

定圆轨道。轨道I与口在近地点4相切，轨道II与HI在远地点8相切•卫星在变轨

的过程中质量变化忽略不计，下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道m上运行的速度大于第一宇宙速度

B.卫星在轨道n上经过B点时的速度大于卫星在轨道m上经过B点时的速度

c.卫星在轨道I上经过4点时的机械能小于卫星在轨道m上经过B点时的机械能

D.卫星在轨道n上经过B点时的加速度小于卫星在轨道m上经过8点时的加速度

5.如图正方形4BCD的三个顶点4、B、C放置三个点电荷，a、。、c三点将正方形的

一个对角线四等分，其中。点的电场强度大小为E,方向指向B点，c点的电场强度

等于零，贝b点的电场强度大小为（）

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6.2022年2月4日冬奥会在北京举行，冰雪运动逐渐受到人们喜爱。冰壶运动是运动

员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上自由滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况

下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，投掷冰壶的运动员的队友，可以用毛

刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面的动摩擦因数以调节冰壶的运动。在某

次训练中，运动员以3.4m/s的速度投掷冰壶，冰壶在冰面上滑行30m停下。现该运

动员仍以3.4m/s的速度将冰壶投出，其队友在冰壶自由滑行10m后开始在其滑行前

方摩擦冰面，使冰面和冰壶的动摩擦因数减为原来的80%,则这次冰壶的滑行距离

为（）

A.25mB.327nC.34D.35m

7.将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动,

物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图所示。已知弹簧的劲度系数为

125/V/m,重力加速度g取10m/s2,物体在下落过程中的最大动能为（）

A.0.17D.107

8.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场存在于半径为的圆内，一束速度为%的带电粒子

对圆心从P点入射时，经磁场后速度方向偏转60。射出，现将磁感应强度调整为原来

的2倍，粒子束的速度大小不变，方向可在纸面内调节、不计重力及粒子束之间相

互作用，则粒子束出射点距P点的最远距离为（）

A.V3rB.1.5rC.

9.质量为m的物体，放在质量为M的斜面体上，斜面体放

在水平粗糙地面上,m和M均处于静止状态，如图所示，

当物体小施加一水平推力F,且F由零逐渐增加到分的过

程中，m和M仍保持静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（）

A.斜面对物体小的支持力逐渐增大

B.物体m受到的摩擦力逐渐增大

C.地面受到的压力逐渐增大

D.地面给斜面体的摩擦力由0逐渐增加到%

10.1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系

的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的钺原子核，随后又蜕

变为两个原子核，核反应方程为阳-0BeT2X。已知川、川、X的质量分

别为Tn】=1.00728”、m2=7.01601a、m3=4.00151U,其中n为原子质量单位，

lu=931.5MeV/c2（c为真空中的光速）则在该核反应中（）

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A.镀原子核内的中子数是4B.X表示的是晁原子核

C.质量亏损=4.02178uD.释放的核能4E=18.88MeU

11.如图所示，匀强磁场磁感应强度大小为B,方向竖直向下，宽度为，的水平U形导体

框置于磁场中，左端连接一阻值为R的电阻，质量为m的导体棒ab置于导体框上，

导体棒接入电路的电阻为〜不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平

向右的初速度处开始运动，最终停在导体框上。在此过程中（）

b

A.导体棒中感应电流的方向为atb

B.电阻R消耗的总电能为黑

C.导体棒运动的总位移为粤罗

D.通过电阻R的电量为悬翳

12.如图所示，将小球从倾角为45。的斜面上的P点先后以不同速度向右水平抛出，小球

分别落到斜面上的4点、B点,以及水平面上的C点。已知8点为斜面底端点，P、4、

A.三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间之比为1：2：3

B.小球落到4、B两点时，其速度的方向相同

C.若小球落到4、B两点，则两次抛出时小球的速率之比为1：2

D.若小球落到4、C两点，则两次抛出时小球的速率之比为迎：3

13.某实验小组利用放在斜面上的气垫导轨研究滑块下滑过程中重力做功与动能改变

关系，装置如图甲所示。实验时，让质量为M的滑块从气垫导轨顶端滑下，测得滑

块通过A、B两个光电门的时间为It1和4攵，已测得、B之间的距离为3遮光板的

宽度为d,斜面倾角为a,当地重力加速度为g。

(1)图乙为用游标卡尺测量遮光板宽度时刻度示意图，由此可读出d=mm.

(2)从A到B过程中，重力做功皿=,滑块动能改变为4Ek=。

(3)若要用此实验探究动能定理，(填“需要”或“不需要”)测量滑块的质

量。

14.小李同学在实验室测量一电阻&的阻值，器材连线如图1所示。

(1)请在图2虚线框中画出对应的电路图。

(2)①实验时先将开关S2打开，电阻箱调到一较小的值S,闭合S1后，调节滑动变

阻器，使电压表(量程为3U)读数取一合适值,记录电压表示数及电阻箱的值如图3所

示，则电压表的示数为V,电阻箱的阻值％为0。

②保持滑动变阻器阻值不变，再将开关52闭合，调节电阻箱阻值，使电压表的示数

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回到原来记录的值，此时电阻箱的示数为/?2=3.400,则待测电阻的阻值为

Rx=12。

15.如图所示，倾角8=30。的光滑斜面固定在地面上。一质量m=1.0kg的物体在沿斜

面向上的力产作用下由静止开始从斜面底部向上运动。已知在物体运动的第1s内力

F的大小为8.0N,在随后2s时间力F的大小变为4.0N,物体运动3s后撤去力尸。设斜

面足够长，重力加速度g取10m/s2,求物体向上运动的最大位移s及整个过程中力F

对物体所做的功必。

16.粗糙水平面上方存在水平向左的匀强电场，电场强度大小E=2.0xICPN/C。带正

电的滑块（可视为质点）置于绝缘长木板左端，与长木板保持相对静止共同向右运动,

当长木板右端距墙%o=：加时，滑块与长木板的速度Vo=2.0m/s,长木板与墙碰撞

时间极短，速度大小不变，方向反向，滑块没有从长木板右端滑出。已知长木板质

量M=2.0kg,滑块带电量q=1.5x10-3C^质量?n=1.0kg,长木板与地面之间

的动摩擦因数出=0.1,滑块与长木板之间的动摩擦因数〃2=04,重力加速度g取

lOm/s2-求：

-------------------------------

Ev3

，〃0f一C

］也____3

(1)长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小;

(2)长木板的长度应满足的条件；

(3)长木板最后静止时的位置。

17.“奋斗者”号是我国研发的万米载人潜水器，于2020年11月10日在马里亚纳海沟

成功坐底，坐底深度10909米，刷新我国载人深潜的新纪录。已知潜水员在岸上和

海底吸入空气的密度分别为Pi和P2(P2>Pi)，空气的摩尔质量为M,阿伏加德罗常

数以。若潜水员呼吸一次吸入空气的体积为V,则潜水员在海底比在岸上每呼吸一

次多吸入空气的分子数为o

18.两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管竖直放置，内有一段

水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空左、右两边空气柱

的长度分别为人=20.0czn和，2=18.0cm,左边气体的压

强为18.0sn"g。环境温度为7。0设玻璃管导热良好，不

计水银热传导。现用热毛巾裹住右侧U形管气体，求热毛

巾的温度为多少摄氏度时，左右管水银柱一样高？U

19.如图甲所示，。为振源，op=s,t=0时刻。点由平衡位置开始振动，产生向右沿

直线传播的简谐横波，图乙为从t=0时刻开始描绘的P点的振动图象，由图可知该

波的频率为,波长为,波源。点开始振动的方向是。

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甲乙

20.在空气中对称放置两个相同的直角三棱镜，顶角。=30。，两棱镜斜面间的距离d。

一细束脉冲激光垂直第一个棱镜左侧面入射，经过两个棱镜射出，已知脉冲激光在

棱镜中的折射率为n=V2o求脉冲激光在经过两个棱镜后的侧移量。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：4、小球冲上右侧斜面后做减速运动，表明“力是维持物体运动的原因”

的结论是错误的。故A错误；

8、小球最终也会在右侧水平面上停下来，是由于受到摩擦力的作用的原因。故B错误；

C、因为没有绝对光滑的斜面或者平面，所以伽利略提出的“如果没有摩擦阻力，小球

将在水平面上永远运动下去”的结论是一种理想的推论，但是却有着非常重要的现实意

义，它开创了物理量研究的新的方法。故C错误；

。、上述实验表明“如果没有摩擦阻力，小球将在水平面上永远运动下去”的结论是正

确的。故。正确。

故选：。。

通过简单的斜面实验：让小球从一个斜面滚下后，再滚上另一斜面.若斜面没有摩擦，

则小球会达到原来高度.然后改变另一斜面的倾角，观察小球的运动.最后让另一斜面

平放，则小球要达到原来高度，但又不可能达到，所以它将一直运动下去，这就是理想

实验.表明力不是维持物体运动的原因，它开创了物理量研究的新的方法.

此题是为了推翻“力是维持物体运动的原因”这一错误观点进行的一次实验，通过事实

去理论推导，这是跨出条件束缚的一种途径.

2.【答案】D

【解析】解：滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，滑动变阻器接入电路的阻

值减小，则副线圈的总电阻减小，总电流增大、根据"：I2=n2；%可知原线圈的电流

增大，灯泡人变亮，原线圈两端电压减小、则副线圈两端电压减小；副线圈的电流增大、

则R。两端电压增大、灯泡G两端电压减小，灯泡G变暗，故。正确、ABC错误。

故选：D。

根据滑动变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化,

由此分析灯泡亮度的变化。

本题主要是考查涉及变压器问题的动态分析，关键是弄清楚电路的连接情况，根据滑动

变阻器的移动情况分析总电阻的变化、总电流的变化以及灯泡两端电压的变化。

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3.【答案】B

【解析】解：根据电容器的电容定义式有：c吟变形可得。=（7（;；

放电的平均电流为：/="华

代入数据，可得：/=4OOOX15X1：）=304故8正确，4C。错误。

2.0x10-3

故选：Bo

根据电容器的电容定义式C=与的导出公式求解通过人体组织的电荷量；根据电流的定

义式/=（求出放电的平均电流。

本题考查电容器的电容定义式和电流定义式简单计算，属于对公式直接掌握和应用。

4.【答案】C

【解析】解：力、所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，故A错误；

B、由轨道口上经过B点时到轨道DI上的运动要加速运动，所以卫星在轨道口上经过B点

时的速度小于卫星在轨道m上经过B点时的速度，故B错误；

C、由卫星在轨道I上经过4点时要加速做离心运动到轨道口，卫星在轨道n上经过B点

时要再次加速运动到轨道in,卫星的机械能要增加，故c正确；

D,在同一点受力相同，则加速度相等，故。错误。

故选：C。

在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力，得出线速度与轨道半径的关系，从而比较

出速度的大小。

在近地圆轨道加速，做离心运动而做椭圆运动，在远地点，需再次加速，使得万有引力

等于向心力，进入同步轨道。

根据变轨的原理比较速度的大小。

本题考查了万有引力定律的应用，卫星绕地球做圆周运动万有引力提供向心力，知道卫

星变轨的原理是解题的关键，掌握基础知识即可解题，要注意基础知识的学习与积累。

5.【答案】D

【解析】解：根据c点的合电场强度为零可知，4c两点的点电荷在c点处产生的场强与8

点的点电荷在c处产生的场强大小相等，方向相反。且4C两点的电荷为同种电荷，且4C

两点的点电荷在。点产生的电场强度大小相等，方向相反，那么B点的点电荷在0点产生

的场强大小为E,方向指向B。设Ba的距离为r,则根据点电荷产生的电场强度公式有：

包=也

(2r)24rz°

则B点在c处产生的电场强度的大小£=染=翳=^£,方向指向B。那么4C两点的

点电荷在c点产生的电场的合场强大小为方向指向。。

根据对称性可知，AC两点的点电荷在a点产生的电场的合场强的大小为gE,方向指向B,

B点的点电荷在a点产生的电场的电场强度大小为：Ea=44E,方向指向B,根据

电场的叠加原理可知，a点处的电场强度大小为：4E+!E=¥E，故A8C错误，。正

确。

故选：Do

根据电场叠加的原理分析，两正电荷在c点处产生的合电场强度为零，。点的合电场强

度大小为E,方向由。指向B。确定4c处的电荷为同种，与B处的电荷相异。再由点电荷

的场强公式求出AC在c处的电场强度，从而根据对称性求出4C在a处的电场强度的大小

和方向，再由矢量法则求a处的合场强。

该题是有关点电荷电场强度、电场的叠加等知识运用的题目，解题时应注意矢量合成法

则的应用，注意正点电荷在各点的电场强度的方向，还要注意对称性的应用。

6.【答案】D

【解析】解：冰壶在未摩擦的冰面上滑行过程，由动能定理得：-/rnigsi=O-如诏

设这次冰壶滑过的未摩擦的冰面长度为S。，摩擦过的冰面长度为S2。

对冰壶滑行的整个过程，根据动能定理有：-⑷ngs()-0.8〃mgs2—0-|mvo

联立代入数据解得：S2=25/n

因此这次冰壶的滑行距离为s=So+S2=10m+257n=35m,故ABC错误，。正确。

故选：Do

对两种情况冰壶在冰面上滑行的过程，分别利用动能定理列方程，联立可求出第二次冰

壶的滑行距离。

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本题涉及力在空间的积累效果，要优先考虑动能定理。运用动能定理时，要注意灵活选

择研究过程。

7.【答案】A

【解析】解：物体P的加速度为零时,动能最大，由图可知，x=4cm=0。4nl时，a=0,

此时物体P的动能最大，设最大动能为以a。

则有kx—mg

根据功能关系可得：mgx=2+Eg联立解得=0.1/,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

物体P的加速度为零时，动能最大，确定物体的动能最大时弹簧的压缩量，由功能关系

求物体的最大动能。

解决本题时，要明确物体P的受力情况和能量情况，要知道物体P的加速度为零时动能

最大。

8.【答案】A

【解析】解：由题意可知，原来粒子做匀速圆周运动的半径由几何关系得％=次「

因为洛伦兹力提供向心力：qvB=m^

得

R=—

qB

所以将磁感应强度调整为原来的2倍，粒子束的速度大小不变时，粒子做匀速圆周运动

的半径为

/?2=押

想让粒子束出射点距P点最远，即粒子在磁场中轨迹对应弦长最大，因为

2R2<2r

所以当弦长为粒子做圆周运动的直径时，弦长最大，即

d-max=2/?2=V3r

故A正确，BC£»错误；

故选：Ao

根据儿何关系分析粒子的半径，再根据洛伦兹力充当向心力即可求出粒子的半径大小关

系，根据几何关系确定粒子最远距离。

本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供

向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的半径的

关系是解决本题的关键。

9.【答案】AD

【解析】解：4、8对物体进行研究，物体

受到重力mg、水平推力F、斜面的支持力N1，Ni

原来物体受到的静摩擦力大小为fi=F

a、

mgsina(a是斜面的倾角)，方向沿斜面向

上，支持力Ni=mgcosa：在F作用下，斜

mg

面对物体的支持力N]=mgcosa+Fsina,

所以支持力逐渐增大.而对于静摩擦力，^Fcosa<mgsina时,=mgsina-Fcosa<

mgsina,减小；当Fcosa>mgsina时，静摩擦力的大小变化不确定.故A正确，B错

误.

C、对于整体，受到总重力(M+m)g、地面的支持力N2、静摩擦力/2和水平推力F,由

平衡条件得，N2=(M+m)g,f2=F,可见，当F增大时，心逐渐增大到之.由牛顿第

三定律得知，地面受到的压力保持不变，地面给斜面体的摩擦力由0逐渐增加到小.故C

错误，O正确.

故选4。

对物体进行分析受力情况，根据平衡条件，分析斜面对物体的支持力和摩擦力的变化情

况.对整体进行分析，由平衡条件研究地面对斜面的支持力和摩擦力如何变化，再由牛

顿第三定律得到地面受到的压力和摩擦力如何变化.

本题隔离法和整体法相结合的方法研究两个物体的平衡问题，通过分析受力情况，由平

衡条件判断各力的变化情况.

10.【答案】AD

【解析】解：AB,根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知方程为

“i+帽T?Be-则z=3+l=4,4=7+1=8,镀原子核内的中子数是4,

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X表示的是氮核，故A正确，B错误；

C、核反应质量亏损为4m=Hi1+m2-2ni3=l.00729u+7.01601a-2x4.00151U=

0.02027u,故C错误;

D、释放的核能为4E=Amc2=0.02027ux931.5MeV=18.88MelZ,故。正确。

故选：AD.

核反应方程同时满足质量数守恒和电荷数守恒。根据反应前后各个核子的质量差求质量

亏损。

直接利用核反应方程的质量数和电荷数守恒即可正确求解，根据核子的质量求解核反应

过程中的质量亏损。

11.【答案】BC

【解析】解：4、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为bra,故A错误;

8、由能量守恒知，导体棒损失的动能转化为电阻R和r上的焦耳热，则

17

QR+Qr=2mV0'

由Q=/2Rt知R和r上的焦耳热之比

丝=£

Qrr

解得：QR=Sfe

故8正确;

C、设导体棒运动的位移为X,平均速度为6，时间为3由动量定理，有

一尸次£=0-mv0

又F安=BU，

7=上=如

R+rR+r

x=vt

联立可得：％=号等

故C正确;

D由公式q=7t，7=高，心学得

210Blx

解得：q-

由于电阻R和导体棒是串联关系，所以通过电阻R的电量即为通过干路横截面的电荷量,

故。错误；

故选：BC。

根据牛顿第二定律得到加速度和速度的关系，由此分析加速度的变化情况；根据右手定

则可知导体棒中感应电流的方向：根据功能关系、焦耳定律可得电阻R消耗的总电能；

根据q=竽求通过回路中的电荷量。

本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据牛顿

第二定律列方程进行求解加速度大小，根据动能定理、功能关系、焦耳定律等进行分析

解答。

12.【答案】BD

【解析】解：4、P、4、B、C在水平方向间隔相等，下落高度m=：能，

2

根据九=lgt,得士=舟所以三次抛出小球后，小球在空中飞行的时间之比为1：V2：

V2.故A错误；

8、4、B两球都落在斜面上，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定，即有：

tand=y=解得：t=手。

xvot9

则落在斜面上时竖直方向上的分速度为：Vy=gt=2v0tan45°=2v0

设球落在斜面上时速度与水平方向的夹角为a,有：tana=甘=2tand=2,

v0

知落在斜面上时，速度与水平方向的夹角与初速度无关，则4、B小球在落点处的速度

方向相同，故8错误；

C、小球落到4、B两点，水平位移％=%1=注，据题，P、4、B在水平方向间隔相等，

9

可得：两次抛出时小球的速率之比为：vA：vB=1：V2.故C错误；

。、小球落到B、C两点运动的时间相等，而P、力、B、C在水平方向间隔相等，根据%=：

可知，两次抛出时小球的速率之比为力:vc=2：3,

所以得：vA：vc=V2：3,故。正确。

故选：BD。

三个小球均做平抛运动，可把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做

匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和

水平方向上位移比值一定，根据该规律求出平抛运动的时间，从而求出落在斜面上时，

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速度与水平方向的夹角.

解决本题的关键把握隐含的条件，知道小球落在斜面上，竖直分位移与水平位移之比等

于terna要灵活选择比较的对象，再结合平抛运动的规律研究这类问题.

13.【答案】3.70MgLsina|M(^)2-1M(^)2不需要

【解析】解：(1)由图乙可知，游标卡尺分度值为0.05rmn,遮光板宽度

d=3mm+14x0.05mm=3.70mm；

(2)从A到B过程中，重力做功为

WG=MgLsina,

滑块动能改变为

屿=御(铲-加(歌；

(3)若要用此实验探究动能定理，因为重力做功和动能变化量表达式都有质量，能消去，

故不需要测量滑块的质量。

故答案为：(l)3.70(2)MgLsMa,［叭看尸一之时哈丁⑶不需要

(1)根据游标卡尺读数规则读数；

(2)根据通过光电门的瞬时速度为遮光片的平均速度计算经过4、B时的速度，根据重力

做功和动能变化公式求解；

(3)重力做功和动能变化量表达式都有质量，能消去。

解答本题要掌握光电门测速度的原理，知道在很短的时间内，可以用平均速度代替瞬时

速度，难度不大，属于基础题。

14.【答案】1.809.25.8

【解析】解：(1)根据实物图画电路图，得：

(2)电压表的分度值为0.1V,读数为1.80匕电阻箱的阻值％为9.20；待测电阻的阻值为

Rx=9.2/2-3.40/2=5.8/2

故答案为：(1)见解析，(2)1.80,9.2,3.4

(1)根据实物图画出电路图；

(2)根据电压表与电阻箱的读数方法读得数据，根据实验原理解得待测电阻的阻值。

本题考查伏安法测电阻，解题关键掌握实验原理与实验操作，注意仪器的读数方法。

15.【答案】解：选沿着斜面向上的方向为正方向

对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律得第1s内物体的加速度为：的=9此”

位移为：%1=

速度为：％=

2s〜3s时间内，加速度为：a2=R-Rsme

速度为:“2=%+CL2t2

位移为：打=空£2

撤去尸后，加速度为：a=—gsin。

位移为：=嬖

X

整个过程中的位移为：S=+X2+3

整个过程中F对物体所做的功为：WF=+F2X2

联立解得：s=5.6m；WF=28/

答：物体向上运动的最大位移为5.6m,整个过程中力尸对物体所做的功为28/。

【解析】分段根据牛顿第二定律计算出物块的加速度，结合运动学公式计算出每个阶段

的位移，最后再相加即可，同时根据做功公式计算出功的大小。

本题主要考查了牛顿第二定律，根据牛顿第二定律结合运动学公式分析出物体在不同阶

段的运动，结合做功公式完成分析即可。

16.【答案】解：(1)由题意知，滑块与长木板保持相对静止共同向右做匀减速运动，则

把两者作为整体可得

qE+(m+M)g=(m+M)a

解得:a=2m/s2

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所以长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小满足：

诏一说=2ax0

代入数据解得：Vi=lm/s

(2)长木板与墙碰后对滑块和木板分别受力分析，由牛顿第二定律得

qE+R2mg=mai

m

l129++M)g=Ma2

22

解得：at=5m/s,a2=2.5m/s

因为滑块没有从长木板右端滑出，所以满足当两者共速时，是恰好滑不下去的条件，设

经过时间t两者共速，设向左为正方向，则有

v1—a2t=—v1+art

解得：t=2s

此时间内两者的对地位移分别为

12

Xm=%

1o£

XM=V1t--a2t

则木板长度为L=xm+

联立解得：L=^m

即长木板的长度应满足：

(3)两者共速时，木板离开墙的距离为

n=xM

共速的速度为

v=-a2t

之后对木板受力分析得

%(M+m)g-42mg=Ma3

2

解得：a3=0.5m/s

则共速后速度减为零的位移为：42=畀

故长木板最后静止时的位置距离墙的距离为：d=四+dz

联立解得：d=^m

答：(1)长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小为lm/s；

(2)长木板的长度应满足的条件为L>

(3)长木板最后静止时的位置与墙的距离为

【解析】(1)滑块与长木板保持相对静止共同向右做匀减速运动，以整体为研究对象，

由牛顿第二定律求出加速度，由速度一位移公式求长木板与墙碰撞前瞬间的速度大小；

(2)长木板与墙碰后，利用牛顿第二定律求出长木板与滑块的加速度。因为滑块没有从

长木板右端滑出，所以满足当两者共速时，是恰好滑不下去的条件，根据速度一时间公

式求出共同速度以及经历的时间，由位移一时