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2021年陕西省咸阳市高考物理模拟检测试卷（一）（一模）_(带答案解析).docx
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这是一份2021年陕西省咸阳市高考物理模拟检测试卷（一）（一模）_(带答案解析).docx，共19页。试卷主要包含了答题前填写好自己的姓名，请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
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2021年陕西省咸阳市高考物理模拟检测试卷（一模）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共9题）
1. 如图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法错误的是( )
A.伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因
B.卡文迪许运用放大原理设计引力扭秤测定出了万有引力常量
C.安培通过实验研究，发现了电流的磁效应
D.库仑通过电荷均分原理及静电力扭秤实验，发现了库仑定律
2. 用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示.P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )
A.P物体受3个力
B.Q受到3个力
C.若绳子变长，绳子的拉力将变小
D.若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
3. 咸阳市陈阳寨十字车流量大、为多路口交汇，设置了环岛交通设施，需要通过路口的车辆都要按照逆时针方向行进，有效减少了交通事故发生.假设环岛路为圆形，外车道半径为72m，内车道半径为50m，汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8倍，g取10m/s2，当汽车匀速率通过环形路段时，则汽车的运动( )
A.一定受到恒定的合外力作用 B.受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
C.最大速度不能超过20m/s D.最大速度不能超过24m/s
4. l820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1＞I2．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感强度B随x变化的图线可能是图中的（ ）
A.
B.
C.
D.
5. “儿童蹦极”是近期兴起的一项游戏项目。为保证儿童在游戏过程中的安全，需在腰间左、右两侧栓与悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。质量为m的小朋友如图所示静止悬挂时，两橡皮绳与水平方向的夹角均为30°，则（ ）
A.每根橡皮绳上的拉力为mg
B.若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变大
C.若此时左侧橡皮绳在腰间突然断裂，则小朋友此时刻加速度a=g
D.若将橡皮绳换成不可伸长的轻绳，在左侧轻绳在腰间突然断裂时，小朋友此时刻的加速度a=g
6. 按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。则笔从最低点运动至最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A.笔的动能一直增大
B.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能总和的增加量
C.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小
D.笔的加速度先减小后增大
7. 2020年9号台风“利奇马”登陆浙江，对浙江多地造成了不同程度的破坏。台风登陆某地时风速为v，该地公园内有一棵大树，台风过境时这棵大树与台风正对接触面积为S，假设台风与这棵大树接触后风速变为0，已知空气密度为ρ，则台风对这棵大树的作用力大小为( )
A.ρSv2
B.ρSv
C.ρv2S
D.ρvS
8. 如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是( )
A.电子枪发射能力减弱，电子数减少 B.加速电场的电压过低，电子速率偏小
C.偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D.偏转线圈电流过大，偏转磁场增强
9. 据报道，2018年4月18日，某市一处高压电线落地燃烧，幸好没有造成人员伤亡.高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚MN间最大跨步距离为d，电线触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为P，ON间的距离为R.电流在以O点为圆心、半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为I2πr2，若电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以等效成把点电荷Q放在真空中O点处产生的电场强度.下列说法错误的是( )
A.两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法等效
B.点电荷Q的电荷量为PI2πk(k为静电力常量)
C.图中MN两脚间路步电压可能等于PId2πR2
D.当两脚间的距离处于最大跨步时，跨步电压可能为零
评卷人
得分
二、 多选题（共3题）
10. 我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。d点为轨迹最高点，离地面高ℎ，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回舱()
A.在d点加速度等于GM(R+ℎ)2
B.在d点速度等于GMR+ℎ
C.虚线球面上的a、c两点离地面高度相等，所以va=vc
D.虚线球面上的c、e两点离地面高度相等，所以vc=ve
11. 在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则（ ）
A.开始时行李的加速度为2m/s2
B.行李到达B点时间为2s
C.传送带对行李做的功为0.4J
D.传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04m
12. 列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为L，静止于水平长直轨道上。若第一节车厢以v0向第二节车厢运动，碰撞后连在一起运动，再与第三节车厢碰撞后连在一起运动，再与第四节车厢碰撞……，以此类推，直到n节车厢全部运动，则火车的最后速度v及整个过程所经历的时间t为：（不计铁轨对车轮的阻力以及列车编组时的动力）（ ）
A.v=
B.v=
C.t=
D.t=
评卷人
得分
三、 实验题（共2题）
13. 用如图甲所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数。长木板固定在水平桌面上，圆弧轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上，位置可以调节；物块上固定遮光条宽d=2.10mm，从圆弧轨道上某点静止释放。
(1)某次遮光条通过光电门时间t=0.84ms，则物块通过光电门速度v=______m/s(结果保留三位有效数字)。
(2)调节光电门位置，测每次遮光条通过光电门时间t及对应的物块在长木板上停止后遮光条与光电门之间的距离x。多次测量，得到1t2−x图象如图乙，已知图线斜率为k，重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=______(用已知量字母表示)。
(3)本实验中， ______(选填“需要”或“不需要”)保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。
14. 某研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失去标签的电源的电动势。
（1）第一步，先用多用电表的直流电压挡粗测电源的开路电压，测得约为20V．再用“×1k”的欧姆挡粗测电压表的电阻，指针指示如图甲所示，则应该转换为______挡，结果测得电阻约为1200Ω。
（2）第二步，研究小组设计了没有系统误差的测量方法，电路如图乙所示，其中电流表量程为30mA，R1是阻值范围0～1000Ω的电阻箱，R2是阻值范围0～500Ω的滑动变阻器。
①先测电压表内阻：将开关S1、S2闭合，调节R1、R2使电流表、电压表都取得合适刻度，多次改变R1、R2的值、同时保持______不变，记录R1和对应的电压表指示的格数N．根据数据作-是图象，得到一条一次函数图线，截距是b，斜率是k，那么电压表的内阻等于______；
②再测电源电动势：断开S1、闭合S2，调节R1、R2使电流表有合适读数，再保持______不变，多次改变R1，同时记录电流表和R1读数。根据数据作-R1的函数图线，截距是b′，斜率是k′，那么电源的电动势等于______。
评卷人
得分
四、 计算题（共3题）
15. 某校对学生进行安全教育，讲演者利用摩托车与小轿车遥控模型演示追及场面，让两车在同一直线轨道上同向匀速行驶，“摩托车”在“小轿车”的后面，两车相距L=1.5m时，因前方事故，两车同时开始刹车，刹车后“摩托车”的速度−时间图象如图所示，“小轿车”的速度与时间的关系为v2=3−0.25t(v2的单位为m/s，t的单位为s)，求：
(1)从两车刹车开始到“摩托车”撞上“小轿车”的时间.
(2)为避免“摩托车”撞上“小轿车”，两车的安全距离至少是多少？
16. 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s，求
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l．
17. 如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直
线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=×104V/m，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线y=x垂直。粒子速度大小v0=1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计。求：
（1）粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；
（2）坐标d的值；
（3）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A、伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确；
B、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许运用放大原理设计引力扭秤测定出了万有引力常量，故B正确；
C、奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应，故C错误；
D、库仑在前人的基础上，通过实验得到真空中点电荷相互作用规律---库仑定律，故D正确。
本题选择错误的，
故选：C。
伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量；奥斯特发现了电流的磁效应；库仑在前人的基础上，通过实验得到真空中点电荷相互作用规律．
物理学史是常识性问题，对于重要的实验、重大发现、著名的学说等等要加强忘记，不能混淆．
2. 【答案】C
【解析】解：A、P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A错误．
B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．
C、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确．
D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误．
故选：C．
先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．
为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．
3. 【答案】D
【解析】解：A、汽车做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，合外力方向始终指向圆心，是变力，故A错误；
B、向心力是效果力，在受力分析时不分析向心力，故B错误；
CD、由题意静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
f=mv2r
整理得v=frm
则圆周运动半径最大且达到最大静摩擦力时对于速度最大，有
vm=0.8mg×72mm/s=24m/s
故C错误D正确；
故选：D。
A、根据匀速圆周运动所受合外力全部提供向心力可知，合外力是变力；
B、向心力是效果力，受力分析时不分析向心力；
CD、根据牛顿第二定律先写出速度的表达式，再结合题意可以求出最大速度。
本题考查向心力，对于匀速圆周运动要牢记，它是一种变加速曲线运动，物体所受的合外力是变力。
4. 【答案】A
【解析】解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线I1在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线I2在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，由于I1＞I2，在两根导线中间磁场为零的位置在大于到x0之间，由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以A正确，BCD错误；
故选：A。
通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理。根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系。
由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外。
5. 【答案】D
【解析】解：A、小朋友受力情况如图所示，根据平行四边形定则知：2Fcos30°=mg，解得：F=mg．故A错误。
B、根据共点力平衡条件得 2Fcosθ=mg，当悬点间的距离变小，则θ变小，cosθ变大，可知悬绳的拉力将变小。故B错误。
C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为mg，加速度为g．故C错误。
D、由于是两根轻绳，当断裂时，绳子的力立刻消失，则小朋友的加速度a=g，故D正确；
故选：D。
根据共点力平衡条件求出每根绳的拉力，根据平行四边形定则判断悬点间距变化时绳子拉力的变化。当左侧绳子断裂时，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速度的大小。
本题关键是对小朋友受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度。
6. 【答案】B
【解析】解：AD、笔从最低点向上运动，开始阶段，笔所受的弹簧弹力大于重力，弹簧压缩量变小，弹力减小，合力减小，加速度减小直至等于零；笔继续往上运动，弹力继续减小，弹力小于重力，合力向下，随着弹力减小，加速度反向增加，速度减小，直至弹簧回复原长，笔脱离桌面竖直上抛，加速度不变，故弹力等于重力时笔的速度最大，笔的动能先增大再减小，故AD错误；
B、对于笔和弹簧组成系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和保持不变，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的增加量，故B正确；
C、笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和保持不变，笔的动能先增大再减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大，故C错误；
故选：B。
根据笔的受力情况，分析其运动情况，确定其动能的变化情况；笔和弹簧组成系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒分析能量的转化情况。
分析能量转化情况时，先要搞清涉及几种形式的能，明确哪些能在增加，哪些能在减少，即可明确能量的转化情况。
7. 【答案】A
【解析】解：台风过境时这棵大树与台风正对接触，设t时间内吹到大树上的空气质量为m，则有：m=ρSvt，这些空气与大树接触前的动量为：P=mv=ρSv2t，与这棵大树接触后风速变为0，规定空气接触大树前的运动方向为正方向，根据动量定理可得：
△I=−Ft=0−mv=−ρSv2t，则：F=ρSv2
根据牛顿第三定律，台风对这棵大树的作用力大小为：F'=ρSv2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
风即是空气的流动，选t时间内吹到大树的空气为研究对象，利用动量定理列方程就可以求出大树对空气的作用力，然后根据牛顿第三定律就可以得到台风对这棵大树的作用力。
本题考查了动量定理的运用，此题的关键在于在不断流动的空气中选取任一段时间t内的空气为研究对象，同时注意动量定理的矢量性。
8. 【答案】C
【解析】解：如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致．而电子在磁场中偏转时的半径：r=mvqB
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，所以A错误；
B、当加速电场电压过低，电子速率偏小，则会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B错误；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；
D、当偏转线圈电流过大，偏转磁场增强时，从而导致电子运动半径变小，所以导致画面比正常偏大，故D错误；
故选：C
根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．
本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键．
9. 【答案】C
【解析】解：A、两脚并拢时跨步电压较小，跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法，故A正确；
B、根据题意有kQr2=I2πr2∙P，解得：Q=PI2πk，故B正确；
C、N点处电流密度为I2πR2，由于MN间的电场是非匀强电场，电场强度越靠近O点越大，则知MN间的场强大于I2πR2∙P，MN两脚间跨步电压大于PId2πR2，故C错误；
D、当两脚位于同一等势线上时即两脚到O点的距离相等时，跨步电压为零，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
根据题意：电流密度乘以电阻率等于电场强度，结合点电荷场强公式求等效点电荷Q电量。由欧姆定律分析MN两脚间跨步电压。根据电势的分布情况分析跨步电压。
本题是信息给予题，要读懂题意，抓住有效信息是关键，可采用类比的方法理解，将电流场与点电荷的静电场模拟分析。
二、 多选题
10. 【答案】AD
【解析】解：A、在d点时，万有引力提供向心力，GMmr2=ma，其中：r=R+ℎ，加速度大小：a=GM(R+ℎ)2，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力可知，GMmr2=mv2r，其中：r=R+ℎ，在d点时，万有引力大于所需的向心力，做近心运动，故速度大小：v<GMR+ℎ，故B错误；
CD、从a到c由于空气阻力做负功，动能减小，c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足va>vc=ve，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律列式求解d点加速度大小。
根据万有引力提供向心力分析线速度。
克服阻力做功时，动能减小。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解。
11. 【答案】ACD
【解析】解：A、开始时行李在水平方向受摩擦力f=uG=umg，根据牛顿第二定律有：f=ma，代入数据解得：a=2m/s，故A正确。
B、由于传送带长度未知，所以不能求出运动时间，故B错误。
C、行李初速度为零，后来与传送带速度相同，故行李末速度v=0.4m/s，传送带通过摩擦力对物体做功，根据动能定理得：W=-0，代入数据解得：W=0.4J，故C正确。
D、行李与传送带共速前相对滑动，共速后相对静止，共速前相对滑动的时间为：，代入数据解得：t=0.2s，摩擦痕迹为相对运动时传送带的位移减去行李的位移，即s=vt-，代入数据得：s=0.04m，故D正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律求出行李在传送带上做匀加速运动的加速度，行李先做匀加速然后做匀速，由于传送带的长度未知，则无法求出行李到达B点的时间。根据动能定理求出传送带对行李做功的大小。抓住痕迹的长度等于传送带的位移减去行李的位移，结合运动学公式求出痕迹的长度。
（1）一定要注意行李开始做匀加速运动，等到速度与传送带相同时一起做匀速运动，不是一直做匀加速运动。
（2）传动带通过摩擦力做行李做功，动能定理中摩擦力做的功，就是传送带对行李做的功。
（3）在匀加速阶段有相对位移，相对位移=传送带位移-行李位移。
12. 【答案】AD
【解析】解：AB、用v表示火车最后的速度，用m表示每节车厢的质量，
由于轨道对车厢的阻力不计，所以由n节车厢组成的系统，动量守恒，取第一节车厢原来的速度方向为正方向，则有：
mv0=nmv，得v=，故A正确，B错误。
CD、相邻两车厢的间隙长度为：△L=，
设车厢间发生第1、2、…、k次碰撞后连在一起的车厢速度分别为v1、v2、…、vK，则有：
mv0=2mv1
mv0=3mv2
…
mv0=（k+1）mvk
解得：v1=v0；v2=v0；…、vk=v0；
所以整个挂接过程所用时间为：t=++…+=[1+2+…+（n-1）]=．故C错误，D正确。
故选：AD。
根据由n节车厢组成的系统，动量守恒列出等式求解。根据匀速直线运动的规律和动量守恒表示出整个挂接过程所经历的时间。
本题以火车挂钩这一实际问题为情景，涉及碰撞过程中的动量守恒定律和匀速直线运动状态两个知识点，运算过程中渗透了数学归纳法。试题难度不算大，但能考查学生相应的物理能力。
三、 实验题
13. 【答案】2.50 不需要
【解析】解：(1)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，d=2.10mm=0.00210m，t=0.84ms=8.4×10−4s，故v=dt=0.002108.4×10−4m/s=2.50m/s
(2)物块在木板上做匀减速直线运动，则v2=2ax，即(dt)2=2ax，故1t2=2ad2x，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=μg，则1t2=2μgd2x
k=2μgd2，解得μ=kd22g
(3)在本实验中，物块在木板上初速度时通过光电门获得的，故不需要保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放；
故答案为：(1)2.50；(2)kd22g；(3)不需要
(1)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度求得物块通过光电门的速度；
(2)根据牛顿第二定律求得物块在木板上的加速度大小，根据速度−位移公式求得1t2−x的函数关系即可求得；
(3)根据实验原理即可判断是否保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。
本题主要考查了测定滑动摩擦因数的实验原理，关键是明确实验原理，掌握测量瞬时速度的方法即可。
14. 【答案】×100 电流表示数 R2
【解析】解：（1）欧姆表刻度不均匀，指针在中央刻度附近时测量最准确，图甲指针偏转较大，读数较小，说明选择倍率大，应该换小倍率×100，是指针偏向中央刻度附近；
（2）①当测电压表内阻时，设电压表每格对应电压为U0，由部分电路欧姆定律得：
I=
变式为：=+
作-是图象得到一条一次函数图线，应保持I不变，即电流表示数不变，
由此关系式结合图象可知：k=、b=，
两式联立解得：RV=
②断开S1、闭合S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I（R1+R2+r）
变形得：=
调节R1、R2使电流表有合适读数，应保持R2不变，才能保证-R1为一次函数关系
k′=、b′=
两式联立解得：
E=、r=
故答案为：（1）×100；（2）①电流表示数、；②R2、。
（1）欧姆表刻度不均匀，指针在中央刻度附近时测量最准确，据此选择选档倍率；
（2）①根据图乙结合部分电路欧姆定律写出-的关系式，结合关系式分析求解；
②断开S1、闭合S2，根据闭合电路欧姆定律写出-R1的函数关系式，结合-R1的图象斜率和截距列式求解。
本题考查精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失去标签的电源的电动势，关键是掌握实验原理，根据实验原理写出函数关系式，根据关系式结合图象分析即可。
四、 计算题
15. 【答案】解：（1）设刹车开始到撞上过程中，摩托车的位移为s1，小轿车的位移为s2，
由图像可知，摩托车做初速度为v1=4m/s，根据v-t图象的斜率，可得加速度大小为：a1==m/s2=0.5m/s2，摩托车做匀减速运动，由“小轿车”的速度-时间关系：v2=3-0.25t，可知“小轿车”做v2=3m/s，a2=0.25m/s2的匀减速运动，
由题意得，若两车相遇时间为t，则有
L+s2=s1
代入数据解得：t1=2s，t2=6s（不符合实际，舍去）
则“摩托车”刹车开始到撞上“小轿车”的时间：t=2s
（2）当摩托车速度等于小轿车的速度时还未撞上，此后安全
由：4-0.5t′=3-0.25t′
代入数据解得：t′=4s
由位移-时间关系得，此段时间摩托车位移：s1′=
小轿车位移：s2′=
摩托车比小轿车多走：d=s1′-s2′
代入数据解得：d=2m
答：（1）从两车刹车开始到“摩托车”撞上“小轿车”的时间2s；
（2）为避免“摩托车”撞上“小轿车”，两车的安全距离至少是2m。
【解析】
(1)根据速度−时间图线得出摩托车的初速度和加速度，根据速度时间的表达式得出初速度和加速度，结合运动学公式，抓住位移关系求解第一次相遇的时间；
(2)当摩托车速度等于小轿车的速度时还未撞上，此后安全根据速度相等求出时间，利用位移关系即可求解两车的安全距离。
本题考查了运动学中的追及问题，会通过速度−时间图线以及速度−时间表达式得出两车的初速度和加速度，结合运动学公式灵活求解。
16. 【答案】解：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
F=mAa，
代入数据得：a=2.5m/s2；
(2)A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：
Ft=(mA+mB)vt−(mA+mB)v，
代入数据解得：v=1m/s；
(3)A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA=(mA+mB)v，
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：
Fl=12mAvA2−0，
联立并代入数据得：l=0.45m；
答：(1)A开始运动时加速度a的大小为2.5m/s2；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小为1m/s；
(3)A的上表面长度为0.45m．
【解析】
(1)由牛顿第二定律可以求出加速度；
(2)由动量定理求出碰撞后的速度；
(3)由动量守恒定律与动能定理可以求出A上表面的长度．
本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题．
17. 【答案】解：（1）在磁场B1中，
解得，画出轨迹恰为四分之一圆，
，
得。
（2）在电场中类平抛运动；，解得t=2×10-5ss；
又根据；解得x=2m，y=，
所以坐标d的值
。
（3）进入磁场B2的速度为：，
当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径，可得B2=，所以0≤B2≤0.13T。
当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径r，可得B2=0.3T，所以B2≥0.3T。
答：（1）粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1为2.6×10-6s；
（2）坐标d的值为4m。
（3）要使带电粒子不能到达x轴的负半轴，0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T
【解析】
（1）根据带电粒子的速度和比荷，准确描绘出带电粒子在磁场中的圆周运动轨迹为四分之一个圆。
（2）根据带电粒子在电场中的类平抛运动的竖直、水平位移和几何关系可得。
（3）要使带电粒子不能到达x轴的负半轴，则要么不出磁场，临界值是与y轴相切，要么出磁场后不向y轴负方向运动，临界值与y轴垂直。
（1）注意轨迹描绘的准确程度，轨迹为四分之一个圆；
（2）注意区别带电粒子在电场和磁场运动的不同。
（3）注意分两类讨论，不要漏掉其中一问。
绝密★启用前
2021年陕西省咸阳市高考物理模拟检测试卷（一模）
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：120分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
总分
得分
注意事项：
1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2、请将答案正确填写在答题卡上
评卷人
得分
一、 单选题（共9题）
1. 如图中四幅图片涉及物理学史上的四个重大发现，下列说法错误的是( )
A.伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因
B.卡文迪许运用放大原理设计引力扭秤测定出了万有引力常量
C.安培通过实验研究，发现了电流的磁效应
D.库仑通过电荷均分原理及静电力扭秤实验，发现了库仑定律
2. 用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q，如图所示.P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )
A.P物体受3个力
B.Q受到3个力
C.若绳子变长，绳子的拉力将变小
D.若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
3. 咸阳市陈阳寨十字车流量大、为多路口交汇，设置了环岛交通设施，需要通过路口的车辆都要按照逆时针方向行进，有效减少了交通事故发生.假设环岛路为圆形，外车道半径为72m，内车道半径为50m，汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8倍，g取10m/s2，当汽车匀速率通过环形路段时，则汽车的运动( )
A.一定受到恒定的合外力作用 B.受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
C.最大速度不能超过20m/s D.最大速度不能超过24m/s
4. l820年4月，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线相距为x0，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1＞I2．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0～x0区间内磁感强度B随x变化的图线可能是图中的（ ）
A.
B.
C.
D.
5. “儿童蹦极”是近期兴起的一项游戏项目。为保证儿童在游戏过程中的安全，需在腰间左、右两侧栓与悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。质量为m的小朋友如图所示静止悬挂时，两橡皮绳与水平方向的夹角均为30°，则（ ）
A.每根橡皮绳上的拉力为mg
B.若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变大
C.若此时左侧橡皮绳在腰间突然断裂，则小朋友此时刻加速度a=g
D.若将橡皮绳换成不可伸长的轻绳，在左侧轻绳在腰间突然断裂时，小朋友此时刻的加速度a=g
6. 按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。则笔从最低点运动至最高点的过程中，下列说法正确的是( )
A.笔的动能一直增大
B.弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能总和的增加量
C.笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小
D.笔的加速度先减小后增大
7. 2020年9号台风“利奇马”登陆浙江，对浙江多地造成了不同程度的破坏。台风登陆某地时风速为v，该地公园内有一棵大树，台风过境时这棵大树与台风正对接触面积为S，假设台风与这棵大树接触后风速变为0，已知空气密度为ρ，则台风对这棵大树的作用力大小为( )
A.ρSv2
B.ρSv
C.ρv2S
D.ρvS
8. 如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是( )
A.电子枪发射能力减弱，电子数减少 B.加速电场的电压过低，电子速率偏小
C.偏转线圈局部短路，线圈匝数减少 D.偏转线圈电流过大，偏转磁场增强
9. 据报道，2018年4月18日，某市一处高压电线落地燃烧，幸好没有造成人员伤亡.高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚MN间最大跨步距离为d，电线触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为P，ON间的距离为R.电流在以O点为圆心、半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为I2πr2，若电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以等效成把点电荷Q放在真空中O点处产生的电场强度.下列说法错误的是( )
A.两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法等效
B.点电荷Q的电荷量为PI2πk(k为静电力常量)
C.图中MN两脚间路步电压可能等于PId2πR2
D.当两脚间的距离处于最大跨步时，跨步电压可能为零
评卷人
得分
二、 多选题（共3题）
10. 我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础。如图所示，假设与地球同球心的虚线球面为地球大气层边界，虚线球面外侧没有空气，返回舱从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回舱。d点为轨迹最高点，离地面高ℎ，已知地球质量为M，半径为R，引力常量为G。则返回舱()
A.在d点加速度等于GM(R+ℎ)2
B.在d点速度等于GMR+ℎ
C.虚线球面上的a、c两点离地面高度相等，所以va=vc
D.虚线球面上的c、e两点离地面高度相等，所以vc=ve
11. 在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s，某行李箱的质量为5kg，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g取10m/s2，则（ ）
A.开始时行李的加速度为2m/s2
B.行李到达B点时间为2s
C.传送带对行李做的功为0.4J
D.传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04m
12. 列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为L，静止于水平长直轨道上。若第一节车厢以v0向第二节车厢运动，碰撞后连在一起运动，再与第三节车厢碰撞后连在一起运动，再与第四节车厢碰撞……，以此类推，直到n节车厢全部运动，则火车的最后速度v及整个过程所经历的时间t为：（不计铁轨对车轮的阻力以及列车编组时的动力）（ ）
A.v=
B.v=
C.t=
D.t=
评卷人
得分
三、 实验题（共2题）
13. 用如图甲所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数。长木板固定在水平桌面上，圆弧轨道与长木板的上表面相切。光电门安装在长木板上，位置可以调节；物块上固定遮光条宽d=2.10mm，从圆弧轨道上某点静止释放。
(1)某次遮光条通过光电门时间t=0.84ms，则物块通过光电门速度v=______m/s(结果保留三位有效数字)。
(2)调节光电门位置，测每次遮光条通过光电门时间t及对应的物块在长木板上停止后遮光条与光电门之间的距离x。多次测量，得到1t2−x图象如图乙，已知图线斜率为k，重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数μ=______(用已知量字母表示)。
(3)本实验中， ______(选填“需要”或“不需要”)保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。
14. 某研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失去标签的电源的电动势。
（1）第一步，先用多用电表的直流电压挡粗测电源的开路电压，测得约为20V．再用“×1k”的欧姆挡粗测电压表的电阻，指针指示如图甲所示，则应该转换为______挡，结果测得电阻约为1200Ω。
（2）第二步，研究小组设计了没有系统误差的测量方法，电路如图乙所示，其中电流表量程为30mA，R1是阻值范围0～1000Ω的电阻箱，R2是阻值范围0～500Ω的滑动变阻器。
①先测电压表内阻：将开关S1、S2闭合，调节R1、R2使电流表、电压表都取得合适刻度，多次改变R1、R2的值、同时保持______不变，记录R1和对应的电压表指示的格数N．根据数据作-是图象，得到一条一次函数图线，截距是b，斜率是k，那么电压表的内阻等于______；
②再测电源电动势：断开S1、闭合S2，调节R1、R2使电流表有合适读数，再保持______不变，多次改变R1，同时记录电流表和R1读数。根据数据作-R1的函数图线，截距是b′，斜率是k′，那么电源的电动势等于______。
评卷人
得分
四、 计算题（共3题）
15. 某校对学生进行安全教育，讲演者利用摩托车与小轿车遥控模型演示追及场面，让两车在同一直线轨道上同向匀速行驶，“摩托车”在“小轿车”的后面，两车相距L=1.5m时，因前方事故，两车同时开始刹车，刹车后“摩托车”的速度−时间图象如图所示，“小轿车”的速度与时间的关系为v2=3−0.25t(v2的单位为m/s，t的单位为s)，求：
(1)从两车刹车开始到“摩托车”撞上“小轿车”的时间.
(2)为避免“摩托车”撞上“小轿车”，两车的安全距离至少是多少？
16. 如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s，求
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l．
17. 如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直
线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=×104V/m，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线y=x垂直。粒子速度大小v0=1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计。求：
（1）粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；
（2）坐标d的值；
（3）要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件
参考答案及解析
一、 单选题
1. 【答案】C
【解析】解：A、伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，故A正确；
B、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许运用放大原理设计引力扭秤测定出了万有引力常量，故B正确；
C、奥斯特通过实验研究，发现了电流的磁效应，故C错误；
D、库仑在前人的基础上，通过实验得到真空中点电荷相互作用规律---库仑定律，故D正确。
本题选择错误的，
故选：C。
伽利略通过理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动状态的原因；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量；奥斯特发现了电流的磁效应；库仑在前人的基础上，通过实验得到真空中点电荷相互作用规律．
物理学史是常识性问题，对于重要的实验、重大发现、著名的学说等等要加强忘记，不能混淆．
2. 【答案】C
【解析】解：A、P受到重力、Q的支持力和静摩擦力，绳子的拉力，共4个力作用，故A错误．
B、Q受到重力、墙壁的弹力、P的压力和静摩擦力，共4个力作用，故B错误．
C、设绳子与竖直方向的夹角为α，P的重力为G，绳子的拉力大小为F，则由平衡条件得：f=GQ，GP+f=Fcosα，则GP+GQ=Fcosα，GP与GQ不变，若绳子变长，α变小，cosα变大，则F变小，故C正确．
D、Q受到的静摩擦力竖直向上，与其重力平衡，与绳子长度无关，所以若绳子变短，Q受到的静摩擦力不变，故D错误．
故选：C．
先对小球P受力分析，然后对小方块Q受力分析，对P，由平衡条件研究绳子变长时，绳子的拉力如何变化．
为了防止多力或少力，一般按重力、弹力和摩擦力的顺序分析物体的受力情况．
3. 【答案】D
【解析】解：A、汽车做匀速圆周运动，所受的合外力提供向心力，合外力方向始终指向圆心，是变力，故A错误；
B、向心力是效果力，在受力分析时不分析向心力，故B错误；
CD、由题意静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
f=mv2r
整理得v=frm
则圆周运动半径最大且达到最大静摩擦力时对于速度最大，有
vm=0.8mg×72mm/s=24m/s
故C错误D正确；
故选：D。
A、根据匀速圆周运动所受合外力全部提供向心力可知，合外力是变力；
B、向心力是效果力，受力分析时不分析向心力；
CD、根据牛顿第二定律先写出速度的表达式，再结合题意可以求出最大速度。
本题考查向心力，对于匀速圆周运动要牢记，它是一种变加速曲线运动，物体所受的合外力是变力。
4. 【答案】A
【解析】解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线I1在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线I2在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，由于I1＞I2，在两根导线中间磁场为零的位置在大于到x0之间，由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以A正确，BCD错误；
故选：A。
通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理。根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系。
由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外。
5. 【答案】D
【解析】解：A、小朋友受力情况如图所示，根据平行四边形定则知：2Fcos30°=mg，解得：F=mg．故A错误。
B、根据共点力平衡条件得 2Fcosθ=mg，当悬点间的距离变小，则θ变小，cosθ变大，可知悬绳的拉力将变小。故B错误。
C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为mg，加速度为g．故C错误。
D、由于是两根轻绳，当断裂时，绳子的力立刻消失，则小朋友的加速度a=g，故D正确；
故选：D。
根据共点力平衡条件求出每根绳的拉力，根据平行四边形定则判断悬点间距变化时绳子拉力的变化。当左侧绳子断裂时，抓住合力沿垂直绳子方向求出合力的大小，从而得出加速度的大小。
本题关键是对小朋友受力分析后，根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度。
6. 【答案】B
【解析】解：AD、笔从最低点向上运动，开始阶段，笔所受的弹簧弹力大于重力，弹簧压缩量变小，弹力减小，合力减小，加速度减小直至等于零；笔继续往上运动，弹力继续减小，弹力小于重力，合力向下，随着弹力减小，加速度反向增加，速度减小，直至弹簧回复原长，笔脱离桌面竖直上抛，加速度不变，故弹力等于重力时笔的速度最大，笔的动能先增大再减小，故AD错误；
B、对于笔和弹簧组成系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和保持不变，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的增加量，故B正确；
C、笔的重力势能、动能和弹簧的弹性势能总和保持不变，笔的动能先增大再减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增大，故C错误；
故选：B。
根据笔的受力情况，分析其运动情况，确定其动能的变化情况；笔和弹簧组成系统机械能守恒，根据系统的机械能守恒分析能量的转化情况。
分析能量转化情况时，先要搞清涉及几种形式的能，明确哪些能在增加，哪些能在减少，即可明确能量的转化情况。
7. 【答案】A
【解析】解：台风过境时这棵大树与台风正对接触，设t时间内吹到大树上的空气质量为m，则有：m=ρSvt，这些空气与大树接触前的动量为：P=mv=ρSv2t，与这棵大树接触后风速变为0，规定空气接触大树前的运动方向为正方向，根据动量定理可得：
△I=−Ft=0−mv=−ρSv2t，则：F=ρSv2
根据牛顿第三定律，台风对这棵大树的作用力大小为：F'=ρSv2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
风即是空气的流动，选t时间内吹到大树的空气为研究对象，利用动量定理列方程就可以求出大树对空气的作用力，然后根据牛顿第三定律就可以得到台风对这棵大树的作用力。
本题考查了动量定理的运用，此题的关键在于在不断流动的空气中选取任一段时间t内的空气为研究对象，同时注意动量定理的矢量性。
8. 【答案】C
【解析】解：如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即轨道半径增大所致．而电子在磁场中偏转时的半径：r=mvqB
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，而运动的电子速率及磁场不变，因此不会影响电视画面偏大或小，所以A错误；
B、当加速电场电压过低，电子速率偏小，则会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B错误；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，从而使电子运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；
D、当偏转线圈电流过大，偏转磁场增强时，从而导致电子运动半径变小，所以导致画面比正常偏大，故D错误；
故选：C
根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素．
本题虽然是考查电视机显像管的作用，但需要掌握电视机的工作原理，电视画面的大小是由电子偏转角度决定，即电子运动的轨道半径．当轨道半径变大，则画面偏小；当轨道半径变小，则画面偏大．这是解答本题的关键．
9. 【答案】C
【解析】解：A、两脚并拢时跨步电压较小，跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法，故A正确；
B、根据题意有kQr2=I2πr2∙P，解得：Q=PI2πk，故B正确；
C、N点处电流密度为I2πR2，由于MN间的电场是非匀强电场，电场强度越靠近O点越大，则知MN间的场强大于I2πR2∙P，MN两脚间跨步电压大于PId2πR2，故C错误；
D、当两脚位于同一等势线上时即两脚到O点的距离相等时，跨步电压为零，故D正确。
本题选错误的，
故选：C。
根据题意：电流密度乘以电阻率等于电场强度，结合点电荷场强公式求等效点电荷Q电量。由欧姆定律分析MN两脚间跨步电压。根据电势的分布情况分析跨步电压。
本题是信息给予题，要读懂题意，抓住有效信息是关键，可采用类比的方法理解，将电流场与点电荷的静电场模拟分析。
二、 多选题
10. 【答案】AD
【解析】解：A、在d点时，万有引力提供向心力，GMmr2=ma，其中：r=R+ℎ，加速度大小：a=GM(R+ℎ)2，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力可知，GMmr2=mv2r，其中：r=R+ℎ，在d点时，万有引力大于所需的向心力，做近心运动，故速度大小：v<GMR+ℎ，故B错误；
CD、从a到c由于空气阻力做负功，动能减小，c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足va>vc=ve，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律列式求解d点加速度大小。
根据万有引力提供向心力分析线速度。
克服阻力做功时，动能减小。
该题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解。
11. 【答案】ACD
【解析】解：A、开始时行李在水平方向受摩擦力f=uG=umg，根据牛顿第二定律有：f=ma，代入数据解得：a=2m/s，故A正确。
B、由于传送带长度未知，所以不能求出运动时间，故B错误。
C、行李初速度为零，后来与传送带速度相同，故行李末速度v=0.4m/s，传送带通过摩擦力对物体做功，根据动能定理得：W=-0，代入数据解得：W=0.4J，故C正确。
D、行李与传送带共速前相对滑动，共速后相对静止，共速前相对滑动的时间为：，代入数据解得：t=0.2s，摩擦痕迹为相对运动时传送带的位移减去行李的位移，即s=vt-，代入数据得：s=0.04m，故D正确。
故选：ACD。
根据牛顿第二定律求出行李在传送带上做匀加速运动的加速度，行李先做匀加速然后做匀速，由于传送带的长度未知，则无法求出行李到达B点的时间。根据动能定理求出传送带对行李做功的大小。抓住痕迹的长度等于传送带的位移减去行李的位移，结合运动学公式求出痕迹的长度。
（1）一定要注意行李开始做匀加速运动，等到速度与传送带相同时一起做匀速运动，不是一直做匀加速运动。
（2）传动带通过摩擦力做行李做功，动能定理中摩擦力做的功，就是传送带对行李做的功。
（3）在匀加速阶段有相对位移，相对位移=传送带位移-行李位移。
12. 【答案】AD
【解析】解：AB、用v表示火车最后的速度，用m表示每节车厢的质量，
由于轨道对车厢的阻力不计，所以由n节车厢组成的系统，动量守恒，取第一节车厢原来的速度方向为正方向，则有：
mv0=nmv，得v=，故A正确，B错误。
CD、相邻两车厢的间隙长度为：△L=，
设车厢间发生第1、2、…、k次碰撞后连在一起的车厢速度分别为v1、v2、…、vK，则有：
mv0=2mv1
mv0=3mv2
…
mv0=（k+1）mvk
解得：v1=v0；v2=v0；…、vk=v0；
所以整个挂接过程所用时间为：t=++…+=[1+2+…+（n-1）]=．故C错误，D正确。
故选：AD。
根据由n节车厢组成的系统，动量守恒列出等式求解。根据匀速直线运动的规律和动量守恒表示出整个挂接过程所经历的时间。
本题以火车挂钩这一实际问题为情景，涉及碰撞过程中的动量守恒定律和匀速直线运动状态两个知识点，运算过程中渗透了数学归纳法。试题难度不算大，但能考查学生相应的物理能力。
三、 实验题
13. 【答案】2.50 不需要
【解析】解：(1)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，d=2.10mm=0.00210m，t=0.84ms=8.4×10−4s，故v=dt=0.002108.4×10−4m/s=2.50m/s
(2)物块在木板上做匀减速直线运动，则v2=2ax，即(dt)2=2ax，故1t2=2ad2x，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg=ma，解得a=μg，则1t2=2μgd2x
k=2μgd2，解得μ=kd22g
(3)在本实验中，物块在木板上初速度时通过光电门获得的，故不需要保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放；
故答案为：(1)2.50；(2)kd22g；(3)不需要
(1)在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度求得物块通过光电门的速度；
(2)根据牛顿第二定律求得物块在木板上的加速度大小，根据速度−位移公式求得1t2−x的函数关系即可求得；
(3)根据实验原理即可判断是否保证物块必须从圆弧轨道上同一点由静止释放。
本题主要考查了测定滑动摩擦因数的实验原理，关键是明确实验原理，掌握测量瞬时速度的方法即可。
14. 【答案】×100 电流表示数 R2
【解析】解：（1）欧姆表刻度不均匀，指针在中央刻度附近时测量最准确，图甲指针偏转较大，读数较小，说明选择倍率大，应该换小倍率×100，是指针偏向中央刻度附近；
（2）①当测电压表内阻时，设电压表每格对应电压为U0，由部分电路欧姆定律得：
I=
变式为：=+
作-是图象得到一条一次函数图线，应保持I不变，即电流表示数不变，
由此关系式结合图象可知：k=、b=，
两式联立解得：RV=
②断开S1、闭合S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I（R1+R2+r）
变形得：=
调节R1、R2使电流表有合适读数，应保持R2不变，才能保证-R1为一次函数关系
k′=、b′=
两式联立解得：
E=、r=
故答案为：（1）×100；（2）①电流表示数、；②R2、。
（1）欧姆表刻度不均匀，指针在中央刻度附近时测量最准确，据此选择选档倍率；
（2）①根据图乙结合部分电路欧姆定律写出-的关系式，结合关系式分析求解；
②断开S1、闭合S2，根据闭合电路欧姆定律写出-R1的函数关系式，结合-R1的图象斜率和截距列式求解。
本题考查精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失去标签的电源的电动势，关键是掌握实验原理，根据实验原理写出函数关系式，根据关系式结合图象分析即可。
四、 计算题
15. 【答案】解：（1）设刹车开始到撞上过程中，摩托车的位移为s1，小轿车的位移为s2，
由图像可知，摩托车做初速度为v1=4m/s，根据v-t图象的斜率，可得加速度大小为：a1==m/s2=0.5m/s2，摩托车做匀减速运动，由“小轿车”的速度-时间关系：v2=3-0.25t，可知“小轿车”做v2=3m/s，a2=0.25m/s2的匀减速运动，
由题意得，若两车相遇时间为t，则有
L+s2=s1
代入数据解得：t1=2s，t2=6s（不符合实际，舍去）
则“摩托车”刹车开始到撞上“小轿车”的时间：t=2s
（2）当摩托车速度等于小轿车的速度时还未撞上，此后安全
由：4-0.5t′=3-0.25t′
代入数据解得：t′=4s
由位移-时间关系得，此段时间摩托车位移：s1′=
小轿车位移：s2′=
摩托车比小轿车多走：d=s1′-s2′
代入数据解得：d=2m
答：（1）从两车刹车开始到“摩托车”撞上“小轿车”的时间2s；
（2）为避免“摩托车”撞上“小轿车”，两车的安全距离至少是2m。
【解析】
(1)根据速度−时间图线得出摩托车的初速度和加速度，根据速度时间的表达式得出初速度和加速度，结合运动学公式，抓住位移关系求解第一次相遇的时间；
(2)当摩托车速度等于小轿车的速度时还未撞上，此后安全根据速度相等求出时间，利用位移关系即可求解两车的安全距离。
本题考查了运动学中的追及问题，会通过速度−时间图线以及速度−时间表达式得出两车的初速度和加速度，结合运动学公式灵活求解。
16. 【答案】解：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律得：
F=mAa，
代入数据得：a=2.5m/s2；
(2)A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：
Ft=(mA+mB)vt−(mA+mB)v，
代入数据解得：v=1m/s；
(3)A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAvA=(mA+mB)v，
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理得：
Fl=12mAvA2−0，
联立并代入数据得：l=0.45m；
答：(1)A开始运动时加速度a的大小为2.5m/s2；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小为1m/s；
(3)A的上表面长度为0.45m．
【解析】
(1)由牛顿第二定律可以求出加速度；
(2)由动量定理求出碰撞后的速度；
(3)由动量守恒定律与动能定理可以求出A上表面的长度．
本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题．
17. 【答案】解：（1）在磁场B1中，
解得，画出轨迹恰为四分之一圆，
，
得。
（2）在电场中类平抛运动；，解得t=2×10-5ss；
又根据；解得x=2m，y=，
所以坐标d的值
。
（3）进入磁场B2的速度为：，
当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径，可得B2=，所以0≤B2≤0.13T。
当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径r，可得B2=0.3T，所以B2≥0.3T。
答：（1）粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1为2.6×10-6s；
（2）坐标d的值为4m。
（3）要使带电粒子不能到达x轴的负半轴，0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T
【解析】
（1）根据带电粒子的速度和比荷，准确描绘出带电粒子在磁场中的圆周运动轨迹为四分之一个圆。
（2）根据带电粒子在电场中的类平抛运动的竖直、水平位移和几何关系可得。
（3）要使带电粒子不能到达x轴的负半轴，则要么不出磁场，临界值是与y轴相切，要么出磁场后不向y轴负方向运动，临界值与y轴垂直。
（1）注意轨迹描绘的准确程度，轨迹为四分之一个圆；
（2）注意区别带电粒子在电场和磁场运动的不同。
（3）注意分两类讨论，不要漏掉其中一问。
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