2021年江苏省南通市高考物理一模试卷(有答案)

2021年江苏省南通市高考物理一模试卷

一、选择题

1. 如图所示，匀强电场场强𝐸＝100𝑉/𝑚，𝐴、𝐵两点相距10𝑐𝑚、𝐴、𝐵连线与电场线夹角为60∘，若取𝐴点电势为0，则𝐵点电势为（ ）

A.−10𝑉

2. 如图示水平地面上有一个圆柱体，现在𝐴与竖直墙之间放一完全相同的圆柱体𝐵，不计一切摩擦，将𝐴缓慢向左移动（𝐵未与地面接触），则在此过程中𝐴对𝐵的弹力𝐹1、墙对𝐵的弹力𝐹2( )

B.10𝑉

C.−5𝑉

D.5𝑉

A.𝐹1变小、𝐹2变小 C.𝐹1变大、𝐹2变大

3. 如图，倾角𝜃=37∘的光滑斜面固定在水平面上，斜面长𝐿=0.75𝑚，质量𝑚=1.0𝑘𝑔的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2，则（ ）

B.𝐹1变小、𝐹2变大 D.𝐹1变大、𝐹2变小

A.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5𝐽 B.物块滑到斜面底端时的动能为1.5𝐽

C.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24𝑊 D.物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18𝑊

4. 如图所示，一个边长为2𝐿的等腰直角三角形𝐴𝐵𝐶区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为𝐿的正方形线框𝑎𝑏𝑐𝑑，线框以水平速度𝑣匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正．则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流𝑖随时间𝑡变化的规律正确的是（ ）

试卷第1页，总18页

A. B.

C.

D.

5. 如图所示，运动员把质量为𝑚的足球从水平地面踢出，足球在空中达到的最高点高度为ℎ，在最高点时的速度为𝑣，不计空气阻力，重力加速度为𝑔．下列说法正确的是（ ）

A.运动员踢球时对足球做功𝑚𝑣2

21

B.足球上升过程重力做功𝑚𝑔ℎ

C.运动员踢球时对足球做功𝑚𝑔ℎ+𝑚𝑣2

21

D.足球上升过程克服重力做功𝑚𝑔ℎ+2𝑚𝑣2

6. 图中能产生感应电流的是（ ）

1

A.

B. C. D.

试卷第2页，总18页

7. 关于电场强度有下列说法，正确的是（ ）

A.电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力 B.电场强度的方向总是跟电场力的方向一致

C.在点电荷𝑄附近的任意一点，如果没有把试探电荷𝑞放进去，则这一点的电场强度为零

D.根据公式𝐸=可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比

𝑞𝐹

8. 如图所示，汽车在岸上用轻绳拉船，若汽车行进速度为𝑣，拉船的绳与水平方向夹角为6，则船速度为（ ）

𝜋

A.3𝑣

9. 如图所示，𝑅1为定值电阻，𝑅2为可变电阻，𝐸为电源电动势，𝑟为电源的内电阻，以下说法中不正确的是（ ）

√3B.√3𝑣

C.3√3𝑣

2

D.2𝑣

√3

A.当𝑅2＝𝑅1+𝑟时，𝑅2上获得最大功率 B.当𝑅1＝𝑅2+𝑟时，𝑅1上获得最大功率 C.当𝑅2＝0时𝑅1上获得功率一定最大 D.当𝑅2＝0时，电源的输出功率可能最大

10. 某人骑自行车沿一斜坡从坡底到坡顶，再从坡顶到坡底往返一次，已知上坡时的平均速度大小为4𝑚/𝑠，下坡时的平均速度大小为6𝑚/𝑠，则此人往返一次的平均速度大小是（ ） A.10 𝑚/𝑠 二、多选题

一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球𝐴和𝐵沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，则（ ）

B.5 𝑚/𝑠

C.4.8 𝑚/𝑠

D.0

试卷第3页，总18页

A.球𝐴的角速度等于球𝐵的角速度 B.球𝐴的线速度大于球𝐵的线速度 C.球𝐴的运动周期小于球𝐵的运动周期 D.球𝐴与球𝐵对筒壁的压力相等

如图所示，质量为𝑚的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度𝑣匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为𝜇，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）

A.物体在传送带上的划痕长2𝜇𝑔 B.传送带克服摩擦力做的功为2𝑚𝑣2 C.电动机多做的功为𝑚𝑣2 D.电动机增加的功率为𝜇𝑚𝑔𝑣

如图所示，可视为质点的、质量为𝑚的小球，在半径为𝑅的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是（ ）

1𝑣2

A.小球能够到达最高点时的最小速度为0 B.小球能够通过最高点时的最小速度为√𝑔𝑅

C.如果小球在最高点时的速度大小为2√𝑔𝑅，则此时小球对管道的内壁的作用力为3𝑚𝑔 D.如果小球在最低点时的速度大小为√5𝑔𝑅，则小球通过最低点时对管道的外壁的作用力为6𝑚𝑔

如图所示，𝑎𝑏𝑐𝑑为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为𝑙，导轨间有垂直与导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为𝐵，导轨电阻不计。已知金属杆𝑀𝑁倾斜放置，

试卷第4页，总18页

与导轨成𝜃角，单位长度的电阻为𝑟，保持金属杆以速度𝑣沿平行于𝑐𝑑的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中错误的是（ ）

A.电路中感应电动势的大小为sin𝜃 B.电路中感应电流的大小为

𝐵𝑣sin𝜃𝑟𝐵𝑙𝑣

C.金属杆所受安培力的大小为D.金属杆的热功率为𝑟sin𝜃 𝐵2𝑙𝑣2

𝐵2𝑙𝑣sin𝜃

𝑟

三、解答题（共2小题，满分0分）

某同学利用打点计时器做实验时，发现实验数据误差很大，怀疑电源的频率不是50𝐻𝑧，采用如图甲所示的实验装置来测量电源的频率。已知砝码及砝码盘的质量为𝑚＝0.1𝑘𝑔，小车的质量为𝑀＝0.4𝑘𝑔，不计摩擦阻力，𝑔取10𝑚/𝑠2．图乙为某次记录小车运动情况的纸带，图中𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸为相邻的计数点，已知相邻的计数点之间还有三个点未画出。

（1）小车的加速度大小为________𝑚/𝑠2；

（2）根据纸带上所给出的数据，可求出电源的频率为________𝐻𝑧；

（3）打纸带上𝐶点时小车的瞬时速度大小为________𝑚/𝑠。

某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻，实验器材如下： 待测电源（电动势约2𝑉）

电阻箱𝑅（最大阻值为99.99𝛺） 定值电阻𝑅0（阻值为2.0𝛺）

试卷第5页，总18页

定值电阻𝑅1（阻值为4.5𝑘𝛺）

电流表𝐺（量程为400μ𝐴，内阻𝑅𝑔=500𝛺） 开关𝑆，导线若干．

（1）图甲中将定值电阻𝑅1和电流表𝐺串联，相当于把电流表𝐺改装成了一个量程为________ 𝑉的电压表．

（2）闭合开关，多次调节电阻箱，并记下电阻箱的阻值𝑅和电流表𝐺的示数𝐼； （3）分别用𝐸 和𝑟 表示电源的电动势和内阻，则和的关系式为________（用题中字

𝐼

𝑅1

1

母表示）；

（4）以𝐼为纵坐标，𝑅为横坐标，探究小组作出𝐼−𝑅的图像如图（乙）所示，根据该图像求得电源的内阻𝑟=0.50𝛺，则其电动势𝐸=________𝑉（保留两位小数）；

（5）该实验测得的电动势𝐸测与真实值𝐸比，理论上𝐸测________𝐸真．（填“>”“<”或“=”） 四、计算题

如图，用不可伸长轻绳将物块𝑎悬挂在𝑂点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将𝑎由静止释放，当物块𝑎下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块𝑏发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后𝑏滑行的最大距离为𝑠。已知𝑏的质量是𝑎的3倍。𝑏与水平面间的动摩擦因数为𝜇，重力加速度大小为𝑔。求

1

1

1

1

（1）碰撞后瞬间物块𝑏速度的大小；

（2）轻绳的长度。

试卷第6页，总18页

如图所示，一个总阻值𝑟＝10𝛺，匝数𝑛＝1000的正方形金属线圈，与阻值𝑅＝20𝛺的定值电阻连成闭合回路。线圈的边长𝐿＝0.1𝑚，其内部空间（包括边界处）充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场。磁感应强度𝐵随时间𝑡变化的关系图线如图所示。导线电阻不计，求：

（1）𝑡＝0时刻，穿过线圈的磁通量为多少？

（2）𝑡＝0.01𝑠时，线圈的感应电动势为多少？

（3）0∼0.02𝑠过程中电阻𝑅的热功率为多少？

如图所示，质量为𝑚＝4𝑘𝑔的物体在水平恒力𝐹＝26𝑁的作用下静止于斜面上，斜面的倾角𝜃＝37∘，(sin37∘＝0.6, cos37∘＝0.8, 𝑔＝10𝑚/𝑠2) 求：

（1）物体受到斜面的支持力大小；

（2）物体受到的摩擦力．

如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2𝑚的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3×106𝑉/𝑚．有一质量为0.12𝑘𝑔、带负电的小球，电荷量大小为1.6×10−6𝐶，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点𝐴时，小球与轨道压力恰好为零，𝑔取10𝑚/𝑠2，求：

（1）小球在𝐴点处的速度大小；

试卷第7页，总18页

（2）小球运动到最高点𝐵时对轨道的压力．

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参与试题解析

2021年江苏省南通市高考物理一模试卷

一、选择题 1.

【答案】 C

【考点】 电势

电势差与电场强度的关系

【解析】

已知匀强电场的场强为𝐸，𝐴、𝐵两点间的距离为𝐿及𝐴𝐵连线与电场方向的夹角为𝜃，根据公式𝑈＝𝐸𝑑，求出两点沿电场方向的距离𝑑，再求解电势差𝑈．根据顺着电场线方向电势降低，判断𝐴、𝐵两点的电势高低。 【解答】

由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知𝐵的电势低于𝐴的电势，则有：𝑈𝐵𝐴<0。

𝐴𝐵方向与电场线方向间的夹角为：𝜃＝60∘， 𝐵𝐴两点沿电场方向的距离为：𝑑＝𝐿cos𝜃，

𝐵𝐴两点间的电势差为：𝑈𝐵𝐴＝−𝐸𝑑＝𝐸𝐿cos𝜃＝−100𝑉/𝑚×0.1𝑚×cos60∘＝−5𝑉， 因取𝐴点电势为0，则𝐵点电势为：𝜑𝐵＝𝑈𝐵𝐴+𝜑𝐴＝−5+0＝−5𝑉； 2.

【答案】 A

【考点】

力的合成与分解的应用

解直角三角形在三力平衡问题中的应用

【解析】

以圆柱体𝐵为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到𝐴对圆柱体𝐵的弹力和墙对圆柱体的弹力如何变化。 【解答】

以圆柱体𝐵为研究对象，分析受力情况，当𝐴向左移动时，𝐹1与竖直方向的夹角减小，由图看出，

𝐴物体对𝐵的弹力𝐹1与墙对𝐵的弹力𝐹2均减小，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误； 3. 【答案】

试卷第9页，总18页

D

【考点】 瞬时功率

用牛顿运动定律分析斜面体模型 动能定理的应用 平均功率 恒力做功

【解析】

根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，然后有运动学公式求出下滑时间和速度，由𝑊𝐺=𝑚𝑔ℎ求出重力做的功，由𝑃=求出平均功率，瞬时功率为𝑃=𝑚𝑔𝑣cos𝜃．在

𝑡𝑊

整个下滑过程中，重力做的功全部转化为动能． 【解答】

解：𝐴．重力做的功为：𝑊𝐺=𝑚𝑔𝐿sin37∘=4.5𝐽，故𝐴错误； 𝐵．根据动能定理可得：𝐸𝑘=𝑚𝑔𝐿sin𝜃=4.5𝐽，故𝐵错误； 𝐶．由受力分析可知 𝑚𝑔sin37∘=𝑚𝑎，

𝑎=𝑔sin37∘=6𝑚/𝑠2， 由𝑥=2𝑎𝑡2得：𝑡=0.5𝑠， 平均功率为：𝑃平=

𝑊𝐺𝑡

1

=9𝑊，故𝐶错误；

𝐷．𝑣=𝑎𝑡=6𝑚/𝑠2×0.5𝑠=3𝑚/𝑠，

瞬时功率为：𝑃瞬=𝑚𝑔𝑣sin37∘=1𝑘𝑔×10𝑚/𝑠2×3𝑚/𝑠×0.6=18𝑊，故𝐷正确． 故选：𝐷． 4.

【答案】 A

【考点】 感生电动势 楞次定律 单杆切割磁感线

【解析】

解答本题的关键是正确利用几何关系弄清线框向右运动过程中有效切割长度的变化，然后根据法拉第电磁感应定律求解，注意感应电流方向的正负． 【解答】

方法一：排除法。

开始进入时，边𝑏𝑐切割磁感线，产生稳定的逆时针方向电流，即为正方向，故只有𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误。 故选𝐴。

方法二：分析法。

线框开始进入磁场运动𝐿的过程中，只有边𝑏𝑐切割，感应电流不变，前进𝐿后，边𝑏𝑐开始出磁场，边𝑎𝑑开始进入磁场，回路中的感应电动势为边𝑎𝑑产的减去在𝑏𝑐边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方

试卷第10页，总18页

向；当再前进𝐿时，边𝑏𝑐完全出磁场，𝑎𝑑边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故𝐴正确，𝐵𝐶𝐷错误。 故选：𝐴。 5.

【答案】 C

【考点】

机械能守恒的判断 【解析】

根据动能定理，足球动能的初始量等于小明做的功；小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，运用机械能守恒求解足球在最高点𝐵位置处的动能． 【解答】

𝐴、足球被踢起后在运动过程中，只受到重力作用，只有重力做功，足球的机械能守恒，足球到达最高点时，机械能为𝐸＝𝑚𝑔ℎ+𝑚𝑣2，由于足球的机械能守恒，则足球刚被

21

踢起时的机械能为𝐸＝𝑚𝑔ℎ+2𝑚𝑣2，足球获得的机械能等于运动员对足球所做的功，因此运动员对足球做功：𝑊＝𝑚𝑔ℎ+2𝑚𝑣2，故𝐴错误，𝐶正确；

𝐵、足球上升过程重力做功𝑊𝐺＝−𝑚𝑔ℎ，足球上升过程中克服重力做功：𝑊克＝𝑚𝑔ℎ，故𝐵𝐷错误； 6.

【答案】 B

【考点】

感应电流的产生条件 【解析】

本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题． 【解答】

解：𝐴．线圈是不闭合的，不能产生感应电流，故𝐴错误；

𝐵．线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流，故𝐵正确；

𝐶．由于直导线在线圈的直径的上方，根据导线磁感线的分布规律可知，穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0，故𝐶错误；

𝐷．线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流，故𝐷错误． 故选𝐵． 7. 【答案】 A

【考点】 电场强度 【解析】

电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；引入检验电荷是为了方便研究电场而引入的。

试卷第11页，总18页

1

1

【解答】

解：𝐴．根据电场强度的定义𝐸=，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点所

𝑞𝐹

受的电场力，故𝐴正确；

𝐵．电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力的方向相同，与负电荷所受的电场力的方向相反，故𝐵错误；

𝐶．电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关，即使没有把试探电荷𝑞放进去，这一点的电场强度也不变，故𝐶错误；

𝐷．场强取决于电场本身，与检验电荷无关，故𝐷错误． 故选𝐴． 8. 【答案】 C

【考点】

合运动与分运动的概念 【解析】

将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于𝑣，根据平行四边形定则求出船的速度． 【解答】

将小船的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示，平行绳子的分速度等于人拉绳子的速度，故：𝑣＝𝑣′cos𝜃，代入数据有𝑣′=cos𝜃=3√3𝑣，故𝐶正确，𝐴𝐵𝐷错误； 9. 【答案】 B

【考点】

闭合电路的欧姆定律 电功

【解析】

当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大．对于定值电阻，根据𝑃＝𝐼2𝑅，电流最大时，功率最大． 【解答】

𝐴、将𝑅1等效到电源的内部，𝑅2上的功率等于等效电源的输出功率，当等效电源的外电阻等于内阻时，即𝑅2＝𝑅1+𝑟时，输出功率最大，即𝑅2上的功率最大。故𝐴正确。 𝐵、根据𝑃＝𝐼2𝑅，电流最大时，𝑅1上的功率最大。当外电阻最小时，即𝑅2＝0时，电流最大。故𝐵错误，𝐶正确。

𝐷、当外电阻等于内阻时电源的输出功率最大，外电阻与内电阻越接近，电源的输出功率越大，当𝑅1>𝑟，故当𝑅2＝0时，电源的输出功率最大，故𝐷正确； 因选不正确的， 10. 【答案】 D

【考点】 平均速度 【解析】

试卷第12页，总18页

𝑣

2

平均速度等于位移与时间的比值 【解答】

解：人往返一次通过的位移为0，由𝑣=得平均速度为零，故𝐴𝐵𝐶错误，𝐷正确．

𝑡¯

𝑥

故选𝐷．

二、多选题

【答案】 B,D

【考点】

水平面内的圆周运动-重力 线速度、角速度和周期、转速

【解析】

小球做匀速圆周运动，因此合外力提供向心力，对物体正确进行受力分析，然后根据向心力公式列方程求解即可． 【解答】

解：物体受力如图：

将𝐹𝑁沿水平和竖直方向分解得： 𝐹𝑁cos𝜃＝𝑚𝑎① 𝐹𝑁sin𝜃＝𝑚𝑔②

两球质量相等，则两球对筒壁的压力相等，向心力相等．

小球𝐴和𝐵紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动，由于𝐴和𝐵的质量相同，根据力的合成可知，小球𝐴和𝐵在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的，由公式𝐹=𝑚𝜔2𝑟，由于球𝐴运动的半径大于𝐵球的半径，𝐹和𝑚相同时，半径大的角速度小，球𝐴的角速度小于球𝐵的角速度，故𝐴错误．

由向心力的计算公式𝐹=𝑚，由于球𝐴运动的半径大于𝐵球的半径，𝐹和𝑚相同时，半

𝑟𝑣2

径大的线速度大，球𝐴的线速度大于球𝐵的线速度，故𝐵正确； 由周期公式𝑇=

2𝜋𝜔

，所以球𝐴的运动周期大于球𝐵的运动周期，故𝐶错误．

球𝐴对筒壁的压力等于球𝐵对筒壁的压力，故𝐷正确． 故选𝐵𝐷． 【答案】 A,C,D 【考点】

传送带模型问题

摩擦力做功与能量转化

【解析】

物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，还有一部分转化为内能．

试卷第13页，总18页

【解答】

解：𝐴．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移大小，物块加速运动的加速度为 𝑎=

𝜇𝑚𝑔𝑚

=𝜇𝑔，物体加速到速度为𝑣时所需的时间 𝑡=𝑎=𝜇𝑔，在这段时间=

𝑣22𝜇𝑔

𝑣𝑣

内物块的位移 𝑥1=

𝑣22𝑎

，传送带的位移 𝑥2＝𝑣𝑡=

𝑣2

𝑣2𝜇𝑔

，则物体与传送带间的相对位移𝛥𝑥＝𝑥2−𝑥1=2𝜇𝑔，即物体在传送带上的划痕长2𝜇𝑔，故𝐴正确； 𝐵．传送带克服摩擦力做的功为 𝑊＝𝜇𝑚𝑔𝑥2＝𝑚𝑣2，故𝐵错误；

𝐶．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是𝑚𝑣2，

21

𝑣2

摩擦产生的内能为 𝑄＝𝜇𝑚𝑔𝛥𝑥=2𝑚𝑣2，所以电动机多做的功 𝑊电=2𝑚𝑣2+𝑄＝𝑚𝑣2，故𝐶正确；

𝐷．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为 𝑃＝𝑓𝑣＝𝜇𝑚𝑔𝑣，故𝐷正确． 故选𝐴𝐶𝐷． 【答案】 A,D

【考点】

圆周运动中的临界问题 竖直面内的圆周运动-弹力

【解析】

圆形管道内能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0．小球在最高点时的速度大小为2√𝑔𝑅时，由牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向，再由牛顿第三定律分析小球对管道的作用力．在最低点时的速度大小为√5𝑔𝑅时，同样根据牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向． 【解答】

解：𝐴𝐵．圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故𝐴正确，𝐵错误；

𝐶．设管道对小球的弹力大小为𝐹，方向竖直向下，由牛顿第二定律得 𝑚𝑔+𝐹＝𝑚𝑅，𝑣＝2√𝑔𝑅，代入解得𝐹＝3𝑚𝑔>0，方向竖直向下，

根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故𝐶错误；

𝐷．重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：𝑁−𝑚𝑔＝𝑚，

𝑅𝑣2

𝑣2

11

解得：𝑁＝𝑚𝑔+𝑚

𝑣2𝑅

=𝑚𝑔+𝑚

5𝑔𝑅𝑅

=6𝑚𝑔，根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的

作用力为6𝑚𝑔，故𝐷正确． 故选𝐴𝐷． 【答案】 A,C,D 【考点】

单杆切割磁感线 闭合电路的欧姆定律 感生电动势

试卷第14页，总18页

安培力的计算

【解析】

根据𝐸＝𝐵𝐿𝑣，𝐿是有效的切割长度，求解感应电动势。根据闭合电路欧姆定律求感应电流的大小。由𝐹＝𝐵𝐼𝐿求安培力，由功率公式求解金属杆的热功率。 【解答】

𝐴、电路中感应电动势为：𝐸＝𝐵𝑀𝑁sin𝛼⋅𝑣＝𝐵𝑙𝑣，故𝐴错误。 𝐵、电路中感应电流的大小为：𝐼=

𝐸

𝑙𝑟sin𝜃

¯

=

𝐵𝑣sin𝜃𝑟𝑙

，故𝐵正确。

𝐵2𝑙𝑣𝑟

𝐶、金属杆所受安培力的大小为：𝐹＝𝐵𝐼⋅sin𝜃=𝐷、金属杆的热功率为：𝑃＝𝐸𝐼=

𝐵2𝑙𝑣2𝑟

，故𝐶错误。

sin𝜃，故𝐷错误。

本题选择不正确的，

三、解答题（共2小题，满分0分） 【答案】 2 40 1

【考点】

探究小车速度随时间变化的规律 【解析】

（1）对车与砝码及盘进行研究，根据牛顿第二定律，即可求解加速度； （2）根据加速度公式𝑎=

△𝑥𝑇2，从而求解电源的频率；

（3）根据平均速度等于中时刻瞬时速度，即可求解。 【解答】

对车与砝码及盘整体进行研究，依据牛顿第二定律，则有： 𝑚𝑔＝(𝑚+𝑀)𝑎；

解得：𝑎=𝑚+𝑀=0.1+0.4=2𝑚/𝑠2； 根据加速度公式𝑎=𝑇=√

△𝑥𝑎

△𝑥𝑇2𝑚𝑔

0.1×10

，则有： =0.1𝑠；

=√

0.16−0.07−0.07

2

由于相邻的计数点之间还有三个点未画出，则有，4𝑇0＝𝑇，那么𝑇0＝0.025𝑠； 那么电源的频率为： 𝑓=𝑇=0.025=40𝐻𝑧；

0

11

打纸带上𝐶点时小车的瞬时速度大小为： 𝑣𝐶=

𝑥𝐵𝐷2𝑇

=

0.27−0.072×0.1

𝑚/𝑠＝1𝑚/𝑠

【答案】 （1）2 （3）𝐼=

1

(𝑅1+𝑅𝑔)(𝑅0+𝑟)1

𝐸

+𝑅

𝑅1+𝑅𝑔+𝑅0+𝑟

𝐸

试卷第15页，总18页

（4）2.08 （5）=

【考点】

测定电源的电动势和内阻 【解析】

（1）表头与电阻串联，根据串联电路的规律即可求得改装后的量程； （2）根据实验原理进行分析，根据安全和准确性原则确定实验方法；

（3）分析电路结构，根据闭合电路欧姆定律进行分析即可得出对应的表达式；

（4）根据图像和已知的表达式进行分析，由图像的斜率和已求出的内阻即可求得电动势

（5）实验中由于电表不是理想电表，故要考虑电表内阻对测量结果的影响；由极限分析法可得出电动势的误差； 【解答】

−6

解：（1）根据串联电路规律可知：𝑈=𝐼𝑔(𝑅1+𝑟𝑔)=400×10(500+4500)𝑉=2𝑉； （3）由电路图可知，𝑅1与𝐺串联后与电阻箱并联，然后再与𝑅0串联， 电流表与𝑅1串联充当电压表使用，测量𝑅电压，干路电流为𝐼+由闭合电路欧姆定律可知： 𝐼(𝑅1+𝑅𝑔)=𝐸−(𝐼+变形可得：𝐼=

1

𝐸𝑅1+𝑅𝑔

𝑅

𝑅1+𝑅𝑔

𝑅

𝐼；

𝐼)(𝑅0+𝑟)， +𝑅

𝑅1+𝑅𝑔+𝑅0+𝑟

𝐸

(𝑅1+𝑅𝑔)(𝑅0+𝑟)1

；

(33−27)×102

（4）由对应的图像可知，解得：𝐸=2.08𝑉；

(𝑅1+𝑅𝑔)(𝑅0+𝑟)

𝐸

=𝑘=(150−50)×10−3=6000，

（5）根据实验原理可知，实验测得的电动势𝐸测与真实值𝐸比，理论上𝐸测=𝐸真． 四、计算题 【答案】

碰撞后瞬间物块𝑏速度的大小为√2𝜇𝑔𝑠。 轻绳的长度是4𝜇𝑠。 【考点】

机械能守恒的判断 动量守恒定律的理解

【解析】

（1）研究碰撞后𝑏滑行过程，根据动能定理求碰撞后瞬间物块𝑏速度的大小；

（2）根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰撞前瞬间物块𝑎的速度，再研究𝑎下摆的过程，由机械能守恒定律求轻绳的长度。 【解答】

设𝑎的质量为𝑚，则𝑏的质量为3𝑚。 碰撞后𝑏滑行过程，根据动能定理得

2

−𝜇⋅3𝑚𝑔𝑠＝0−2⋅3𝑚𝑣𝑏。

1

解得，碰撞后瞬间物块𝑏速度的大小 𝑣𝑏=√2𝜇𝑔𝑠 对于𝑎、𝑏碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得

试卷第16页，总18页

𝑚𝑣0＝𝑚𝑣𝑎+3𝑚𝑣𝑏。

222

根据机械能守恒得 𝑚𝑣0=𝑚𝑣𝑎+⋅3𝑚𝑣𝑏。

2

2

2

1

1

1

设轻绳的长度为𝐿．对于𝑎下摆的过程，根据机械能守恒得

2𝑚𝑔𝐿=⋅𝑚𝑣0。

21

联立解得 𝐿＝4𝜇𝑠

【答案】

𝑡＝0时刻，穿过线圈的磁通量为6×10−5𝑊𝑏； 𝑡＝0.01𝑠时，线圈的感应电动势为3𝑉； 0∼0.02𝑠过程中电阻𝑅的热功率为0.2𝑊。 【考点】

法拉第电磁感应定律 电功

【解析】

（1）当𝑡＝0时，根据𝜑＝𝐵𝑜⋅𝑆可以求出穿过线圈的磁通量； （2）依据图像的斜率𝑘=动势；

（3）根据欧姆定律，总电阻𝐼=𝑟+𝑅，功率的表达式𝑃＝𝐼2𝑅可以求出电阻𝑅的热功率。 【解答】

当𝑡＝0时，穿过线圈的磁通量为：𝜙=𝐵0⋅𝑠=6×10−3×0.12=6×10−5(𝑊𝑏)。 依据法拉第电磁感应定律可得电动势为：𝐸=𝑛△𝑡=𝑛△𝑡𝑠=1000×60×10−30.12𝑉=3𝑉。 依据欧姆定律总电为：𝐼=

𝐸𝑅+𝑟

△𝑄

△𝐵

𝐸

△𝐵

，电动势的公式𝐸＝𝑛△𝑡

△𝛷△𝑡

=𝑛

△𝐵𝑠△𝑡

𝑆可以求出线圈的感应电

=

330

𝐴=0.1𝐴

0∼0.02𝑠过程中电阻𝑅的热功率为：𝑃＝𝐼2𝑅＝0.01×20𝑊＝0.2𝑊。 【答案】

物体受到斜面的支持力大小47.6𝑁；

物体受到的摩擦力3.2𝑁，方向沿斜面向上．

【考点】

力的合成与分解的应用

解直角三角形在三力平衡问题中的应用

【解析】

以物体为研究对象受力分析，正交分解，然后根据平衡条件列方程求解即可． 【解答】

试卷第17页，总18页

斜面对物体的支持力：𝐹𝑁＝𝐺2+𝐹2＝47.6𝑁

因为𝐺1>𝐹1，故物体受到的摩擦力方向沿斜面向上， 摩擦力大小为：𝐹𝑓＝𝐺1−𝐹1＝3.2𝑁

【答案】

（1）小球在𝐴点处的速度大小为6𝑚/𝑠；

（2）小球运动到最高点𝐵时对轨道的压力为21.6𝑁． 【考点】

带电粒子在重力场和电场中的运动 竖直面内的圆周运动-弹力 动能定理的应用

【解析】

（1）球受重力、电场力、弹力，重力小于电场力，在𝐴点，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解𝐴点的速度大小；

（2）对从𝐴到𝐵过程根据动能定理列式求解𝐵点的速度；在𝐵点，重力、电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力；根据牛顿第三定律得到压力． 【解答】 解：（1）重力：𝐺=𝑚𝑔=0.12𝑘𝑔×10𝑁/𝑘𝑔=1.2𝑁， 电场力：𝐹=𝑞𝐸=1.6×10−6𝐶×3×106𝑉/𝑚=4.8𝑁，

1

在𝐴点，有：𝑞𝐸−𝑚𝑔=𝑚𝑅，

𝑣2

代入数据解得：𝑣1=6𝑚/𝑠．

（2）设球在𝐵点的速度大小为𝑣2，从𝐴到𝐵，由动能定理有： 1122

(𝑞𝐸−𝑚𝑔)×(2𝑅)=𝑚𝑣2−𝑚𝑣1

22在𝐵点，设轨道对小球弹力为𝐹𝑁，则有：

2

𝐹𝑁+𝑚𝑔−𝑞𝐸＝𝑚𝑅，

𝑣2

′由牛顿第三定律有：𝐹𝑁=𝐹𝑁，

′

代入数据解得：𝐹𝑁=21.6𝑁．

试卷第18页，总18页