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(共71張PPT)
階段滾動卷(五) (1－12章內容)
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．杭州第19屆亞運會，在賽艇項目女子輕量級雙人雙槳決賽中，中國選手鄒佳琪和邱秀萍以7分06秒78的成績斬獲本屆亞運會首金。下列說法正確的是(　　)
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A．在比賽中，賽艇能加速前進是由于水推槳的力大于槳推水的力
B．要研究比賽中運動員的劃槳技術技巧，可以將運動員視為質點
C．賽艇到達終點后，雖然運動員停止劃水，但由于慣性，賽艇仍會繼續向前運動
D．賽艇比賽全程的平均速度一定等于沖刺終點時瞬時速度的一半
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C　[在比賽中，賽艇能加速前進是由于水推槳的力大于賽艇受到的阻力，水推槳的力和槳推水的力是作用力與反作用力，大小相等，故A錯誤；要研究比賽中運動員的劃槳技術技巧，運動員的大小和形狀對問題研究的影響不能忽略，不能將運動員視為質點，故B錯誤；賽艇到達終點后，雖然運動員停止劃水，但由于慣性，賽艇仍會繼續向前運動，故C正確；比賽過程，賽艇的運動不一定是初速度為零的勻加速直線運動，故賽艇比賽全程的平均速度不一定等于沖刺終點時瞬時速度的一半，故D錯誤。]
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2．(2025·八省聯考云南卷)某學習小組在暗室中利用多用電表驗證“硫化鎘光敏電阻的阻值隨光照強度增大而減小”的特性，實驗電路如圖甲所示。保持電阻箱R的阻值不變，則(　　)
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A．直接測量R的電壓時，
按圖乙接入多用電表
B．直接測量R的電流時，按圖丙接入多用電表
C．正確測量R的電壓時，多用電表示數隨光照強度增大而增大
D．正確測量R的電流時，多用電表示數隨光照強度增大而減小
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C　[直接測量R的電壓時，多用電表應該與電阻并聯，A錯誤；直接測量R的電流時，多用電表應該與電阻串聯，B錯誤；正確測量R的電壓時，多用電表與電阻并聯，光照強度增大時，光敏電阻阻值減小，則總電阻減小，總電流變大，電阻R兩端電壓變大，即多用電表示數隨光照強度增大而增大，C正確；正確測量R的電流時，多用電表與電阻串聯，當光照強度增大時，光敏電阻阻值減小，則總電阻減小，總電流變大，即多用電表示數隨光照強度增大而增大，D錯誤。故選C。]
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3．如圖所示，對“中國天眼”的維修使用“微重力蜘蛛人”方案，沿天眼中心軸的豎直截面為圓弧，其圓心角為120°。一氦氣球拴在質量m＝60 kg的維修人員身上，氣球對人的拉力保持豎直向上，大小約為重力的，維修時可認為處于平衡狀態。重力加速度g取10 m/s2，則維修人員
(　　)
A．在入口處對天眼的壓力大小約為100 N
B．在入口處對天眼的靜摩擦力大小約為87 N
C．在最低點重力大小為100 N
D．對天眼的最大靜摩擦力在最低點小于入口處
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B　[在入口處對維修人員進行受力分析如圖，根據平衡可得FNsin 30°＋mg＋f cos 30°＝mg，FNcos 30°＝f sin 30°，解得FN＝
50 N，f＝50 N≈87 N，根據牛頓第三定律知維修人員在入口處對天眼的壓力大小約為50 N，對天眼的靜摩擦力大小
約為87 N，故A錯誤，B正確；在最低點重力大小為mg
＝600 N，故C錯誤；最低點的支持力最大，所以最低
點的最大靜摩擦最大，故D錯誤。]
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4．(2024·貴州貴陽三模)如圖所示，兩個線圈繞在一個不閉合的鐵芯上，原線圈接電壓按u＝220·sin 100πt(V)規律變化的交流電，副線圈接規格為“220 V，100 W”的用電器P，該用電器電阻恒定，原、副線圈匝數比為＝，則用電器P的功率可能為(　　)
A．100 W B．25 W
C．25 W D．15 W
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D　[若該變壓器為理想變壓器，由＝可知用電器兩端的電壓將為U2＝110 V，由P＝UI＝可知用電器的功率應為25 W，但因此變壓器不是理想變壓器，因此用電器P的功率一定小于25 W，故A、B、C錯誤，D正確。]
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5．(2024·北京通州一模)如圖所示，某物理興趣小組設計了驗證“向心力與線速度大小關系”的實驗裝置。測得小鋼球的直徑為d，細線長為L，當地的重力加速度為g。小鋼球懸掛靜止不動時，恰好位于光電門中央，力傳感器示數為F1。現將小鋼球拉到適
當高度處且細線拉直，由靜止釋放小鋼球，光電
門記錄小鋼球的遮光時間t，力傳感器示數最
大值為F2，由此可知(　　)
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A．F2B．小鋼球經過光電門時的速度為
C．小鋼球經過光電門時所需向心力為力傳感器的示數
D．在誤差允許的范圍內，本實驗需要驗證小鋼球經過光電門時所受合力和所需向心力相等，即F2－F1＝
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D　[小球靜止不動時，有F1＝mg，小球做圓周運動，設在最低點時(即通過光電門時)速度為v，有v＝，由牛頓第二定律有F2－mg＝m，聯立得F2>F1，F2－F1＝ ，故A、B錯誤，D正確；由牛頓第二定律有小鋼球經過光電門時所需向心力為Fn＝F2－mg，故C錯誤。]
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6．(2024·浙江嘉興市高三測試)如圖所示，將靜電計與電容器(圖中未畫出)相連，可檢測帶電電容器的兩極間的電壓變化。帶電靜電計的金屬指針和圓形金屬外殼的空間內存在電場，用實線和虛線表示電場線和等勢面，該空間內有P、Q兩點，則(　　)
A．靜電計兩根金屬指針帶異種電荷
B．圖中實線表示電場線，虛線表示等勢面
C．圖中P點電勢一定高于Q點電勢
D．當靜電計兩指針張角減小時，表明電容器在放電
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D　[依題意，靜電計與電容器相連，由題圖可知靜電計金屬指針接在電容器的一個極板上，金屬外殼接在電容器的另一個極板上，所以兩根金屬針帶同種電荷，根據電場線從正電荷發出，到負電荷終止，可知虛線表示電場線，則實線表示等勢面，故A、B錯誤；題中不知哪一個極板帶正電，即不知道電場線的方向，所以P、Q兩點電勢的高低無法判斷，故C錯誤；依題意，靜電計與電容器兩極板相連，則靜電計兩指針張角可以顯示極板間的電壓，當靜電計兩指針張角減小時，表明電容器極板間的電壓減小，正在放電，故D正確。]
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7．天文觀測中觀測到有三顆星始終位于邊長為l的等邊三角形三個頂點上，并沿等邊三角形的外接圓做周期為T的勻速圓周運動，如圖所示。已知引力常量為G，不計其他星球對它們的影響，關于這個三星系統，下列說法正確的是(　　)
A．它們兩兩之間的萬有引力大小為
B．每顆星的質量為
C．三顆星的質量可能不相等
D．它們的線速度大小均為
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A　[三顆星的軌道半徑r等于等邊三角形外接圓的半徑，即r＝l。根據題意可知其中任意兩顆星對第三顆星的合力指向圓心，所以任意兩顆星對第三顆星的萬有引力等大，由于任意兩顆星到第三顆星的距離相同，故任意兩顆星的質量相同，所以三顆星的質量一定相同，設每顆星的質量為m，則F合＝2F cos 30°＝。星球做勻
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速圓周運動，合力提供向心力，故F合＝mr，解得m＝，它們兩兩之間的萬有引力大小 F＝＝＝，選項A正確，B、C錯誤；根據v＝可得，線速度大小v＝，選項D錯誤。]
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8．(2023·遼寧卷)如圖(a)，從高處M點到地面N點有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時從M點由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點，其速率v與時間t的關系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點后、到達N點前的下滑過程中(　　)
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A．甲沿Ⅰ下滑且同一時刻甲的動能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一時刻甲的動能比乙的小
C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
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B　[由題圖(b)可看出甲做勻變速運動，乙的加速度變化，分別對甲和乙進行受力分析，可知甲沿Ⅱ下滑，乙沿Ⅰ下滑，由題圖(b)可知同一時刻乙的速度大，又因為甲和乙的質量相同，所以同一時刻乙的動能大，A錯誤，B正確；乙的初速度為零，運動到N點時其速度方向與重力方向垂直，即物塊乙在M、N兩點重力的功率都為零，所以乙的重力的功率先增大后減小，C、D錯誤。]
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．(2023·福建卷)甲、乙兩輛完全相同的小車均由靜止沿同一方向出發做直線運動。以出發時刻為計時零點，甲車的速度—時間圖像如圖(a)所示，乙車所受合外力—時間圖像如圖(b)所示。則(　　)
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A．0～2 s內，甲車的加速度大小逐漸增大
B．乙車在t＝2 s和t＝6 s時的速度相同
C．2～6 s內，甲、乙兩車的位移不同
D．t＝8 s時，甲、乙兩車的動能不同
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BC　[速度—時間圖像中圖線的斜率表示加速度，則根據題圖(a)可知，0～2 s內，甲車做勻加速直線運動，加速度大小不變，故A錯誤。設乙車在t＝2 s和t＝6 s時的速度分別為v2、v6，由合外力—時間圖像中圖線與t軸所圍圖形的面積表示合外力的沖量，結合題圖(b)可知，乙車在0～2 s內所受合外力的沖量為I2＝×2×2 N·s＝2 N·s，乙車在0～6 s內所受合外力的沖量為I6＝×2×4 N·s－×2×(6－4) N·s＝2 N·s，以開始時的運動方向為正方向，根據動量定理有I2＝mv2－0，I6＝mv6
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－0，解得v2＝v6，可知乙車在t＝2 s和t＝6 s時的速度相同，故B正確。根據速度—時間圖像中圖線與t軸所圍圖形的面積表示位移，結合題圖(a)可知，2～6 s內甲車的位移為0；根據題圖(b)和選項B分析可知，2～6 s內乙車先向正方向加速運動，后向正方向減速運動，且2 s、6 s時乙車速度相同，則乙車一直向正方向運動，則2～6 s內，甲、乙兩車的位移不同，故C正確。根據題圖(a)可知，t＝8 s時甲車的速度為0，則其動能為0；在0～8 s內，對乙車根據動量定理有I8＝mv8－0，根據
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題圖(b)可知，I8＝×2×4 N·s－×2×(8－4) N·s＝0，解得t＝8 s時乙車的速度v8＝0，則其動能為0，綜上可知，t＝8 s時，甲、乙兩車的動能相同，故D錯誤。]
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10．(2024·云南重點中學高三一模聯考)如圖甲所示為一個小型起重機的電路圖，M為電動機，理想變壓器原、副線圈的匝數比為22∶1，原線圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流電源上，電流表的示數為2 A，額定功率為4 W的指示燈正常發光，其中電動機通過輕繩拉著質量為2 kg的重物以 0.5 m/s 的速度勻速上升，如圖乙所示。不計一切摩擦，電表均視為理想電表。重力加速度大小取g＝
10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
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A．通過電流表的電流方向每秒變化100次
B．電壓表的示數為14.1 V
C．電動機線圈的電阻為6.25 Ω
D．電動機的效率為62.5%
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AD　[根據交流電源的表達式可知周期為T＝ s＝0.02 s，一個周期內電流方向改變兩次，則通過電流表的電流方向每秒變化100次，故A正確；根據交流電源的表達式可知原線圈輸入電壓有效值為U1＝220 V，則副線圈輸出電壓有效值為U2＝U1＝10 V，則電壓表的示數為10 V，故B錯誤；通過指示燈的電流IL＝＝ A＝0.4 A，則通過電動機的電流為IM＝I2－IL＝2 A－0.4 A＝1.6 A，則電動機的輸
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入功率為P電＝U2IM＝10×1.6 W＝16 W，電動機的輸出功率為P出＝mgv＝2×10×0.5 W＝10 W，電動機的熱功率為P熱＝r＝P電－P出＝6 W，解得電動機線圈的電阻為r＝ Ω<6.25 Ω，電動機的效率為η＝×100%＝×100%＝62.5%，故C錯誤，D正確。]
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11．如圖所示，左側帶有擋板的小車質量m1＝2 kg，擋板上固定一輕彈簧，彈簧水平且自由端恰好在小車O點正上方，O點離小車右端的距離L＝1.0 m，小車上表面O點左側光滑，小車靜止于光滑水平面上。質量 m2＝1 kg的滑塊(可以看作質點)以水平速度v0＝6 m/s從右端滑上小車，經彈簧反彈后離開小車。已知滑塊與小車O點右側表面間的動摩擦因數 μ＝0.45，重力加速度g＝10 m/s2，整個過程中彈簧始終處于彈性限度內。下列說法中正確的是(　　)
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A．滑塊相對小車向左滑行的過程中一直在減速
B．滑塊相對小車向左滑行的過程中加速度大小先不變后變小
C．此過程中彈簧的最大彈性勢能Ep＝6 J
D．滑塊離開小車后在空中做自由落體運動
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AD　[滑塊相對小車向左滑動的過程中分兩個階段，滑塊在O點右側滑動時，滑塊受滑動摩擦力作用而減速，該階段根據牛頓第二定律有μm2g＝m2a1，解得a1＝μg，可知此階段滑塊向左滑行的加速度大小不變；滑塊經過O點后瞬間，摩擦力突變為0，彈簧處于原長，則滑塊加速度大小為0，之后滑塊相對小車在O點左側向左滑行時，滑塊受彈簧彈力作用而減速，該階段滑塊加速度大小隨彈簧形變量增大而逐漸變大，故A正確，B錯誤。彈簧壓縮量最大時，彈簧彈性勢能最大，此時滑塊與小車達到共同速度v，由動量守恒定律和能
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量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，Ep＋μm2gL＝－(m1＋m2)v2，解得Ep＝7.5 J，故C錯誤。當滑塊離開小車時，設滑塊的速度為v1，小車的速度為v2，此過程中由動量守恒定律和能量守恒定律有m2v0＝m2v1＋m1v2，Q＝其中Q＝2μm2gL，解得v1＝0，v2＝3 m/s(另一組解v1＝4 m/s，v2＝1 m/s不符合實際，舍去)，可知滑塊離開小車時其速度為零，所以滑塊離開小車后在空中做自由落體運動，故D正確。]
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12．如圖所示，一光滑平行金屬軌道平面與水平面成θ角，兩導軌上端用一電阻R相連，該裝置處于勻強磁場中，磁場方向垂直軌道平面向上，質量為m的金屬桿ab以初速度v0從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端，若運動過程中，金屬桿保持與導軌垂直且接觸良好，不計金屬桿ab的電阻及空氣阻力，則(　　)
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A．上滑過程通過電阻R的電荷量等于下滑過程通過電阻R的電荷量
B．上滑過程中安培力的沖量比下滑過程中安培力的沖量大
C．上滑過程電阻R產生的熱量比下滑過程多
D．上滑過程的時間比下滑過程長
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AC　[根據法拉第電磁感應定律有＝，根據閉合電路的歐姆定律有＝，又q＝Δt，解得電荷量q＝，上滑過程和下滑過程磁通量的變化量相等，則通過電阻R的電荷量相等，A正確；根據沖量定義知安培力的沖量大小I安＝BLt＝t＝，則上滑過程與下滑過程安培力的沖量大小相等，B錯誤；由于金屬桿切割磁感線產生感應電流，桿的機械能不斷減少，經過同一位置時下滑的速度小
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于上滑的速度，則上滑階段的平均速度大于下滑階段的平均速度，而上滑階段的位移與下滑階段的位移大小相等，所以上滑過程的時間比下滑過程短，D錯誤；下滑時桿受到的安培力小于上滑時在相同位置所受的安培力，所以金屬桿上滑過程克服安培力做功大于下滑過程克服安培力做功，故上滑過程中電阻R產生的熱量大于下滑過程中產生的熱量，C正確。]
三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)(2025·高三第一次深圳實驗等六校聯考)某實驗小組利用如圖甲所示的裝置驗證機械能守恒定律。輕繩兩端分別系著質量為m的物塊A(含擋光片)和質量為M的物塊B，將擋光片的中心位置固定在物塊A的中間位置。實驗時，由靜止釋放物塊B，B向下運動。為了減小實驗誤差進行多次實驗，改變物塊A的初始位置，使物塊B從不同
的高度由靜止釋放，記錄每次釋放前擋光片的中心位
置到光電門的高度差h以及擋光片穿過光電門的時間Δt，
已知重力加速度為g。
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(1)用游標卡尺測量擋光片的寬度d，如圖乙所示，擋光片寬度d為________ cm。
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2.05
(2)通過描點作圖，為了得到一條過原點的直線，則該直線為_________(選填“h-Δt”“h-”“h-”)圖像，則該直線的斜率k＝___________(用字母m、g、M、d表示)。
(3)請你選出可減小本實驗誤差的方案________。(多選)
A．選用質量大體積小的物塊
B．選用質量小體積大的物塊
C．選用質量小的滑輪
D．選用質量大的滑輪
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h-
AC
[解析]　(1)由游標卡尺的讀數規則可知擋光片寬度d＝20 mm＋0.1×5 mm＝20.5 mm＝2.05 cm。
(2)對A、B組成的系統從初始位置至A到光電門的過程由機械能守恒定律可知Mgh＝，又vA＝，聯立解得h＝·，由于要得到一條過原點的直線，則該直線為h-圖像，斜率k＝。
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(3)選用質量大體積小的物塊可減小空氣阻力的影響，從而減小實驗誤差，A正確，B錯誤；實驗過程中滑輪由于與繩子間的摩擦而發生轉動，產生能量損失，因此應選質量較小的滑輪來減小誤差，C正確，D錯誤。
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14．(8分)由半導體材料制成的熱敏電阻阻值與溫度有關，基于熱敏電阻對溫度敏感原理制作一個火災報警系統，所用器材有：
直流電源E(電動勢為36 V，內阻不計)；
電流表(量程250 mA，內阻約0.1 Ω)；
電壓表(量程50 V，內阻約10 kΩ)；
熱敏電阻RT；
報警器(內阻很小，流過的電流超過10 mA時就會報警)；
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滑動變阻器R1(最大阻值4 000 Ω)；
電阻箱R2(最大阻值9 999.9 Ω)；
開關S1；單刀雙擲開關S2；導線若干。
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(1)用圖(a)所示電路測量熱敏電阻RT的阻值。當溫度為27 ℃時，電壓表示數為30.0 V，電流表示數為15 mA；當溫度為50 ℃時，調節R1，使電壓表示數仍為30.0 V，電流表指針位置如圖(b)所示，此時熱敏電阻的阻值為________ Ω。如果熱敏電阻阻值隨溫度升高而變大，則其為正溫度系數熱敏電阻，反之為負溫度系數熱敏電阻。基于以上實驗數據可知，該熱敏電阻RT為________(選填“正”或“負”)溫度系數熱敏電阻。
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600
負
(2)某同學要搭建一套基于該熱敏電阻的火災報警系統，要求熱敏電阻溫度升高至50 ℃時，系統開始自動報警。實物圖連線如圖(c)所示，其中有一個器材的導線連接有誤，該器件為________(填器材符號)。正確連接后，先使用電阻箱R2等效替代熱敏電阻RT進行調試，其阻值設置為________ Ω，滑動變阻器R1阻值__________(選填“逐漸增大”或“逐漸減小”)，直至報警器開始報警。調試完畢
后，再利用單刀雙擲開關S2的選擇性開關功能，
把熱敏電阻RT接入電路，方便實現調試系統和工
作系統的切換。
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R1
600
逐漸減小
[解析]　(1)由題圖(b)可知，電流表的示數為 50 mA，則50 ℃時熱敏電阻的阻值為RT＝＝ Ω＝600 Ω。同理，27 ℃時熱敏電阻阻值為R′T＝＝2 000 Ω，故該熱敏電阻RT為負溫度系數熱敏電阻。
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(2)滑動變阻器R1的導線連接有誤，兩根導線都連接在上端，無法起到改變接入電路阻值的作用，應一上一下連接；要求熱敏電阻溫度升高至50 ℃時，系統開始自動報警，即此時通過報警器的電流剛好超過10 mA，由(1)問分析知，此時熱敏電阻的阻值RT＝600 Ω，故使用電阻箱R2等效替代熱敏電阻RT進行調試時，電阻箱的阻值應設置為R2＝RT＝600 Ω；為保護電路，正確連接后，滑動變阻器R1接入電路的阻值應最大，故調試時，R1阻值應逐漸減小，直至報警器開始報警。
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15．(8分)(2025·八省聯考河南卷)如圖所示，在有圓孔的水平支架上放置一物塊，玩具子彈從圓孔下方豎直向上擊中物塊中心并穿出，穿出后物塊和子彈上升的最大高度分別為h和8h。已知子彈的質量為m，物塊的質量為4m，重力加速度大小為g；在子彈和物塊上升過程中，子彈所受阻力忽略不計，物塊所受阻力大小為自身重力的。子彈穿過物塊時間很短，不計物塊厚度的影響，求：
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(1)子彈擊中物塊前瞬間的速度大小；
(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統損失的機械能。
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[解析]　(1)子彈射穿木塊后子彈和木塊的速度分別為
＝2g·8h
＝2a·h
其中4mg＋·4mg＝4ma
子彈射穿木塊過程由動量守恒定律有mv0＝mv1＋4mv2
聯立解得v0＝10。
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(2)子彈從擊中物塊到穿出過程中，系統損失的機械能ΔE＝＝37.5mgh。
[答案]　(1)10　(2)37.5mgh
16．(8分)如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，x軸上方區域有垂直于紙面向里的磁場，磁感應強度為B，x軸下方區域有水平向左的勻強電場，P點是y軸上的一點。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v從坐標原點O平行于紙面射入磁場，方向與x軸負方向的夾角為30°，從A點射出磁場。粒子在電場中的運動軌跡與y
軸相切于P點。不計粒子的重力。求：
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(1)A、O兩點的距離；
(2)粒子從O點到A點所用的時間；
(3)粒子從A點到P點電場力做的功。
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[解析]　(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，則帶電粒子帶負電，軌跡如圖所示。
根據幾何關系可知，粒子在磁場中轉過的角度為θ＝2π－＝
根據洛倫茲力提供向心力，可得Bqv＝m
A、O兩點的距離為x＝R＝。
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(2)根據T＝＝
可得粒子從O點到A點所用的時間為t＝T·＝。
(3)粒子在電場中的運動軌跡與y軸相切于P點，則vy＝v sin 30°＝v
根據動能定理可得W＝－mv2
解得W＝－mv2。
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[答案]　(1)　(2)　(3)－mv2
17．(14分)“打水漂”是很多同學體驗過的游戲，小石片被水平拋出，碰到水面時并不會直接沉入水中，而是擦著水面滑行一小段距離再次彈起飛行，跳躍數次后沉入水中，俗稱“打水漂”。如圖所示，某同學在岸邊離水面高度h0＝0.8 m處，將一質量m＝20 g的小石片以初速度v0＝16 m/s水平拋出。若小石片第1次在水面上滑行時受到水平阻力的大小為1.2 N，接觸水面0.1 s后彈起，彈起時豎直方向的速度是剛接觸水面時豎直速度的。取重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。求：
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(1)小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前，在空中運動的水平距離；
(2)第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力(可視為恒力)大小。
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[解析]　(1)設小石片第1次接觸水面時豎直方向的速度為vy0，小石片水平拋出到第1次到達水面的過程做平拋運動，豎直方向有
＝2gh0
由題意可知，小石片第1次彈起時豎直方向的速度大小vy1＝vy0
第1次接觸水面的過程中，設小石片在水平方向上的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得
f＝ma
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設小石片第1次離開水面時水平方向的速度大小為vx1，由勻變速直線運動規律有
vx1＝v0－aΔt
其中Δt＝0.1 s
小石片第1次離開水面后到再次碰到水面前做斜拋運動，設經歷時間為t1，在空中運動的水平距離為x，則有
vy1＝g·，x＝vx1t1
聯立并代入數據解得x＝6 m。
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(2)第1次與水面接觸的過程，設水面對小石片的豎直作用力大小為F，取豎直向上為正方向，根據動量定理有
FΔt－mgΔt＝mvy1－(－mvy0)
根據平行四邊形定則，可得第1次與水面接觸過程中，水面對小石片的作用力大小
F′＝
聯立并代入數據解得F′＝2.0 N。
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[答案]　(1)6 m　(2)2.0 N
18．(16分)(2022·海南卷)如圖，光滑的水平長直軌道放在勻強磁場中，磁場方向豎直向下，磁感應強度大小為B＝0.25 T，軌道寬L＝0.4 m，一導體棒長也為 0.4 m，質量m＝0.1 kg，電阻r＝0.05 Ω，它與導軌接觸良好。當開關與a接通時，電源可提供恒定的大小為1 A的電流，電流方向可根據需要進行改變；開關與b接通時，電阻R＝0.05 Ω。若開關的切換與電流的換向均可在瞬間完成，求：
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(1)若開關與a接通，當棒中電流由M流向
N時，棒的加速度的大小和方向；
(2)當開關始終接a時，要想在最短時間內使棒向左移動4 m而靜止，則棒的最大速度是多少？
(3)要想棒在最短時間內向左移動7 m而靜止，則棒中產生的焦耳熱是多少？
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[解析]　(1)當開關與a接通，棒中電流由M流向N時，棒所受安培力大小為F＝BIL
由左手定則可判斷出安培力的方向為水平向右
由牛頓第二定律有F＝ma
聯立并代入數據解得棒的加速度大小為a＝1 m/s2，方向水平向右。
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(2)當開關始終接a時，要想在最短時間內使棒向左移動x＝4 m而靜止，導體棒應該先向左加速后向左減速；因電流大小恒定，則加速和減速的加速度大小均為a＝1 m/s2。設導體棒的最大速度為vm，所用時間為t，由
＝x
vm＝a·
聯立并代入數據解得vm＝2 m/s。
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(3)要想棒在最短時間內向左移動x總＝7 m而靜止，應先讓開關接a，使棒向左勻加速運動時間t1、速度達到v1，再讓開關接b，使棒向左減速運動時間t2、速度達到v2、加速度大小達到a＝1 m/s2，最后讓開關接a，使棒向左勻減速運動時間t3后靜止。
設三段過程的位移大小分別為x1、x2和x3，棒中產生的焦耳熱分別為Q1、Q2和Q3
第一段過程，由運動學公式有
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v1＝at1
x1＝
焦耳熱Q1＝I2rt1
第二段過程，由動量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中感應電流的平均值＝
感應電動勢的平均值＝
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磁通量變化量ΔΦ＝BLx2
在速度達到v2時，有E2＝BLv2
I2＝
BI2L＝ma
由能量守恒定律有Q2＋QR＝
且＝
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第三段過程，由運動學公式有
0＝v2－at3
x3＝
焦耳熱Q3＝I2rt3
又x總＝x1＋x2＋x3
棒中產生的總焦耳熱Q總＝Q1＋Q2＋Q3
聯立并代入數據解得Q總＝0.4 J。
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[答案]　(1)1 m/s2　水平向右　(2)2 m/s (3)0.4 J
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