2021年上海市虹口区高考物理二模试卷

这是一份2021年上海市虹口区高考物理二模试卷，共24页。

2021年上海市虹口区高考物理二模试卷
一．单项选择题（共40分，1-8题每题3分，9-12题每题4分。每小题只有一个正确选项。）
1．（3分）天然放射现象揭示了（　　）
A．原子可以再分
B．原子是核式结构的
C．原子核还可再分
D．原子核是由质子和中子组成的
2．（3分）一束平行单色光照射不透明的小圆板，在其阴影中央可以观察到如图所示的泊松亮斑。这是光的（　　）

A．干涉现象 B．衍射现象
C．直线传播现象 D．光电效应现象
3．（3分）1919年卢瑟福利用图示装置的实验发现了质子。图中银箔的作用是恰好阻挡（　　）

A．α粒子 B．β粒子 C．中子 D．质子
4．（3分）有一种手电筒内部没有电池，但在晃动电筒时，其内部的永磁体在线圈中发生相对运动，灯泡就会发光。发现与此相关的电磁学规律的是（　　）
A．库仑 B．奥斯特 C．法拉第 D．爱因斯坦
5．（3分）法国植物学家布朗通过显微镜观察到微粒做永不停息的无规则运动，称之为布朗运动。这种微粒是（　　）

A．水分子 B．氢离子
C．花粉中的固体分子 D．花粉颗粒
6．（3分）某小组利用单摆测定当地重力加速度，最合理的装置是（　　）
A． B．
C． D．
7．（3分）某人站在6楼阳台上，同时以不同的速率抛出两个小球，其中一球竖直上抛，另一球竖直下抛。在相同的时间△t内（两球均未落地），两球速度的变化（　　）
A．大小、方向均相同 B．大小相同、方向不同
C．大小、方向均不同 D．大小不同、方向相同
8．（3分）如图，饮料罐内留有适量液体，恰能斜立在水平桌面上。则（　　）

A．整个罐体受重力、弹力、摩擦力
B．罐体受到桌面的弹力小于整体的重力
C．罐体受到桌面的弹力沿罐身斜向左上方
D．罐体受到桌面的弹力的作用点与整体的重心在同一条竖直线上
9．（4分）如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则（　　）

A．合外力对磁铁做正功
B．AB对磁铁的作用力不做功
C．AB对磁铁的弹力不做功
D．AB对磁铁的摩擦力不做功
10．（4分）如图，在水平向右匀速行驶的车厢内，用细绳a和b系住一小球，绳b处于水平状态。若车辆紧急刹车（小球相对于车厢的位置不变），则两根细绳的拉力（　　）

A．Fa不变，Fb变大 B．Fa变小，Fb变大
C．Fa变小，Fb不变 D．Fa变大，Fb变大
11．（4分）如图，等量异种电荷+Q、﹣Q分别固定在A、O两处，B为AO的中点，OD＝OB，B、D两处的电场强度分别为EB、ED，电势分别为φB、φD。若将另一点电荷+q分别置于B、D两点，所受的电场力分别为FB、FD，具有的电势能分别为EpB、EpD，则（　　）

A．EB＜ED B．φB＝φD C．FB＝FD D．EpB＞EpD
12．（4分）如图，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，直流电源的两端与顶点a、b相连，整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中。若ab棒受到的安培力大小为2N，则六边形线框受到安培力的总和为（　　）

A．0N B．1.6N C．2.4N D．4N
二．填空题（共20分，每题4分。）
13．（4分）在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中，需事先查明流入检流计的电流方向与指针　 　的关系。闭合电键时，发现检流计的指针向右偏转，不改变其他条件，迅速拔出软铁棒，则检流计指针　 　偏转（填“向左”、“向右”或者“不”）。

14．（4分）一简谐横波在t1＝0时刻的波形如图中实线所示，质点M正在做减速运动，则波向　 　传播。若虚线为t2＝1.5s时刻的波形图，且周期T＞（t2﹣t1），则波速为　 　m/s。

15．（4分）如图，已知电源内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝2Ω，R2＝12Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为10Ω。闭合电键S，当变阻器的滑片P由a向b端滑动的过程中，电流表A的示数　 　（填“增大”、“减小”、“先增大后减小”或者“先减小后增大”）。在电流表A的示数减小0.2A的过程中，伏特表V的示数变化了　 　V。

16．（4分）汽车在转弯处通常要限速行驶。若弯道处的路面水平，则汽车转弯时，所需的向心力由　 　提供。已知车辆与地面间的动摩擦因数为0.1左右，转弯半径大约为144m，则该转弯处限速40km/h的理由是：　 　（g取10m/s2）。

17．（4分）国产大飞机C919已经多次试航。已知飞机的质量为m，在水平跑道上滑行时受到竖直向上的升力Fs＝k1v2，空气阻力Ff＝k2v2，式中的v为飞机的滑行速度，k1、k2均为常量。飞机在跑道上加速滑行时，发动机的推力F＝0.5mg，摩擦力为正压力的μ倍（μ＜0.5），重力加速度为g，则飞机脱离地面起飞瞬间的速度vm＝　 　。若飞机在跑道上的滑行过程恰为匀加速直线运动，则跑道长度至少为　 　。

三．综合题（共40分。）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式演算等。
18．（10分）如图1是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。

主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。
（1）实验操作中，除了保证封闭气体的温度恒定以外，还需保证　 　不变。为此，在封入气体前，应　 　。
（2）其中一小组根据测量的数据，绘出p﹣图像如图2所示。发现图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是：　 　。
（3）另一小组实验时缓慢推动活塞，记录4组注射器上的刻度数值V，以及相应的压强传感器示数p。在采集第5组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了4组数据，其余操作无误。该小组绘出的V﹣关系图像应是图3中的　 　，给出分析依据：　 　。
19．（14分）如图，将质量m＝1kg的圆环套在与水平面成θ＝37°角的固定直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间动摩擦因数μ＝0.5。对环施加F＝40N的竖直向上拉力，使其由静止开始运动，g取10m/s2。求：
（1）环的加速度；
（2）环在第1s内移动的位移；
（3）第1s末，若将拉力突然变为F′＝10N，但方向不变。试分析圆环在此后的2s内，机械能的变化情况。某同学认为：当拉力F′＝10N时，F′＝mg，则杆对环的弹力FN＝0，而摩擦力Ff也为零，所以机械能守恒。该同学的分析是否正确？若正确，请计算1s末的机械能；若不正确，请指出其错误，并分析环在此后的2s内，机械能的变化情况。

20．（16分）如图，在绝缘的滑块上方固定一个竖直放置的正方形闭合线框，线框边长为L，总电阻为R，滑块连同线框的质量为m，滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ。右侧长、高均大于L的虚线区域内存在垂直线框平面向里、大小为B的匀强磁场，磁场区域的下边界恰好与线框的中心线在同一水平面上。现给滑块施加一水平向右的拉力，使其以速度v匀速进入磁场区域，重力加速度为g，求：

（1）线框右侧刚进入磁场区域时，框中的电流I；
（2）线框左侧进入磁场区域前的瞬间，拉力F的大小；
（3）将线框拉进磁场的过程中，拉力所做的功W。

2021年上海市虹口区高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一．单项选择题（共40分，1-8题每题3分，9-12题每题4分。每小题只有一个正确选项。）
1．（3分）天然放射现象揭示了（　　）
A．原子可以再分
B．原子是核式结构的
C．原子核还可再分
D．原子核是由质子和中子组成的
【分析】原子是化学变化中的最小微粒，但还能再分，天然放射现象的发现就说明原子核能够再分，以此来解答．
【解答】解：A、天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有光子产生，因此说明了原子核可以再分，故C正确，A错误；
B、原子的核式结构是通过α粒子散射实验提出的，故C错误；
D、不能证实原子由中子，质子，电子构成，故D错误；
故选：C。
【点评】本题为物理、化学综合题，考查点较基础，熟悉基本化学概念以及原子结构等知识即可解答．
2．（3分）一束平行单色光照射不透明的小圆板，在其阴影中央可以观察到如图所示的泊松亮斑。这是光的（　　）

A．干涉现象 B．衍射现象
C．直线传播现象 D．光电效应现象
【分析】光发生明显衍射现象的条件是：当孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或比波长更小；泊松亮斑，是光绕过不透光的圆盘发生衍射形成的。
【解答】解：用平行的单色光垂直照射不透明的小圆板，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，这就是泊松亮斑，是单色光绕过不透光的圆盘发生衍射形成的，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查衍射的定义及发生明显衍射的条件。解决本题的关键知道光绕过障碍物继续传播的现象是光的衍射现象。
3．（3分）1919年卢瑟福利用图示装置的实验发现了质子。图中银箔的作用是恰好阻挡（　　）

A．α粒子 B．β粒子 C．中子 D．质子
【分析】了解卢瑟福发现质子过程和实验装置，知道银箔的作用是恰好阻挡α粒子。
【解答】解：卢瑟福第一次完成了原子核的人工转变并发现了质子，实验装置中银箔的作用是刚好阻挡α粒子打到荧光屏，但是不能阻挡其它粒子的穿过，这样可判断是否有新的粒子产生，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子并首次实现原子核的人工转变在历史上有着重要意义，要了解实验的装置。
4．（3分）有一种手电筒内部没有电池，但在晃动电筒时，其内部的永磁体在线圈中发生相对运动，灯泡就会发光。发现与此相关的电磁学规律的是（　　）
A．库仑 B．奥斯特 C．法拉第 D．爱因斯坦
【分析】线圈转动时做切割磁感线运动，就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象；只要将手电筒来回摇晃，线圈运动的机械能就会转化为电能。根据物理学史找出发现与此相关的电磁学规律的科学家。
【解答】解：永磁体在手电筒中穿过线圈来回运动，穿过线圈的磁通量发生变化，在闭合电路中产生感应电流，从而使灯泡发光，这种现象叫电磁感应现象，发现与此相关的电磁学规律的是法拉第，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题是一道基础题，知道电磁感应现象，分析清楚题意即可正确解题．
5．（3分）法国植物学家布朗通过显微镜观察到微粒做永不停息的无规则运动，称之为布朗运动。这种微粒是（　　）

A．水分子 B．氢离子
C．花粉中的固体分子 D．花粉颗粒
【分析】明确布朗运动的定义，知道布朗运动是固体小颗粒的运动，它是水分子运动的间接反映。
【解答】解：布朗运动是指悬浮在液体和气体中的固体小颗粒的运动，而当时法国植物学家布朗所用的固体小颗粒是花粉颗粒，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查对布朗运动的理解，要注意明确布朗运动是指固体小颗粒的运动，不是水分子，也不是固体颗粒分子的运动。
6．（3分）某小组利用单摆测定当地重力加速度，最合理的装置是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】明确简谐运动的性质，知道单摆是理想化的物理模型并明确摆线质量不计、且长度不能形变，且小球体积小，质量大。
【解答】解：根据单摆理想化模型可知，为减少空气阻力的影响，摆球应采用密度较大，体积小的铁球；为使摆动时摆长不变化，摆线应用不易形变的细丝线，悬点应用铁夹来固定，故最合理的为D，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解决该题的关键是明确知道单摆的定义以及其组成结构，明确如何构造一个最合理的单摆。
7．（3分）某人站在6楼阳台上，同时以不同的速率抛出两个小球，其中一球竖直上抛，另一球竖直下抛。在相同的时间△t内（两球均未落地），两球速度的变化（　　）
A．大小、方向均相同 B．大小相同、方向不同
C．大小、方向均不同 D．大小不同、方向相同
【分析】该题属于匀变速直线运动，分析速度的变化由△v＝a△t分析即可。
【解答】解：同时以不同的速率抛出两个小球，其中一球竖直上抛，另一球竖直下抛，落地前两小球只受重力作用，加速度都是重力加速度，由△v＝a△t知，两小球在相同的时间△t内速度变化量的大小相等，方向相同。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对速度变化的理解，注意式中a与△v都是矢量，△v的方向与加速度方向相同。
8．（3分）如图，饮料罐内留有适量液体，恰能斜立在水平桌面上。则（　　）

A．整个罐体受重力、弹力、摩擦力
B．罐体受到桌面的弹力小于整体的重力
C．罐体受到桌面的弹力沿罐身斜向左上方
D．罐体受到桌面的弹力的作用点与整体的重心在同一条竖直线上
【分析】根据弹力的方向与接触面垂直判断弹力的方向，根据共点力平衡判断弹力和重力的方向关系。
【解答】解：饮料罐受到水平面的支持力垂直于接触面竖直向上，重力竖直向下，假设水平方向受到摩擦力，饮料罐不能处于平衡状态，所以水平方向没有摩擦力，竖直方向上只有重力和支持力，根据共点力平衡，罐体受到桌面的弹力的作用点与整体的重心在同一条竖直线上，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解题的关键是弹力的方向和接触面垂直，根据共点力平衡解决二力平衡问题。
9．（4分）如图，一磁铁吸附在铁板AB的下方。现保持铁板与水平面间的夹角θ不变，缓慢推动B端，使AB与磁铁一起水平向左匀速移动，则（　　）

A．合外力对磁铁做正功
B．AB对磁铁的作用力不做功
C．AB对磁铁的弹力不做功
D．AB对磁铁的摩擦力不做功
【分析】明确磁铁的运动状态，根据动能定理分析合外力做功情况；根据平衡条件分析AB对磁铁的作用力的方向，根据功的性质分析是否做功；再分别分析弹力和摩擦力的方向，由功的性质分析二者是否做功。
【解答】解：A、由于磁铁做匀速运动，根据动能定理可知，合外力对磁铁不做功，故A错误；
B、磁铁受重力和磁铁的作用力而做匀速运动，根据平衡条件可知，AB对磁铁的作用力大小等于重力，方向竖直向上，与磁铁的运动方向相互垂直，故AB对磁铁的作用力不做功，故B正确；
C、AB对磁铁的弹力垂直接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故弹力一定做功，故C错误；
D、AB对磁铁的摩擦力沿接触面，与磁铁的运动方向不垂直，故摩擦力一定做功，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查动能定理、功的计算以及共点力平衡的条件，注意AB对磁铁的作用力是指磁铁受AB的弹力、磁力以及摩擦力的合力。
10．（4分）如图，在水平向右匀速行驶的车厢内，用细绳a和b系住一小球，绳b处于水平状态。若车辆紧急刹车（小球相对于车厢的位置不变），则两根细绳的拉力（　　）

A．Fa不变，Fb变大 B．Fa变小，Fb变大
C．Fa变小，Fb不变 D．Fa变大，Fb变大
【分析】分别根据共点力的平衡条件和牛顿第二定律找出各力关系，再加以比较即可。
【解答】解：刹车前，小球随车匀速运动，设a绳与水平方向夹角为θ，由共点力的平衡条件可得
Facosθ＝Fb
Fasinθ＝G
刹车时，小球相对于车厢的位置不变，故a绳与水平方向夹角不变，设加速度大小为a，则
Fa′sinθ＝G
Fb′﹣Fa′cosθ＝ma
由上式分析可知Fa＝Fa′
Fb＜Fb′
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】在利用牛顿第二定律时，可以选取加速度方向为正方向来列式求解。
11．（4分）如图，等量异种电荷+Q、﹣Q分别固定在A、O两处，B为AO的中点，OD＝OB，B、D两处的电场强度分别为EB、ED，电势分别为φB、φD。若将另一点电荷+q分别置于B、D两点，所受的电场力分别为FB、FD，具有的电势能分别为EpB、EpD，则（　　）

A．EB＜ED B．φB＝φD C．FB＝FD D．EpB＞EpD
【分析】利用点电荷场强公式和矢量合成法则，判断电场强度的大小关系；令无穷远电势为零，利用沿电场线电势降低，确定B、D两点电势与零的关系，进而比较两点的电势高低；由得到的B、D两点场强大小关系，依据F＝qE，确定FB和FD的大小关系；利用电势能公式，比较电势能大小。
【解答】解：A、令AB＝BO＝OD＝d，则，，所以EB＞ED，故A错误.
B、取无穷远处为零势能面，B点的电势φB＝0，D点电场线由无穷远指向﹣Q，因沿电场线方向电势逐渐降低，故D点的电势φD＜0，即φB＞φD，故B错误.
C、因为FB＝qEB，FD＝qED，又EB＞ED，所以FB＞FD，故C错误.
D、因为EPB＝qφB，EPD＝qφD，又φB＞φD，q＞0，所以EPB＞EPD，故D正确.
故选：D。
【点评】本题考查等量异种点电荷的电场的特点，作答时应注意电场强度的矢量性，电势高低的判断应综合考虑等势线和沿电场线电势降低这一规律。
12．（4分）如图，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，直流电源的两端与顶点a、b相连，整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中。若ab棒受到的安培力大小为2N，则六边形线框受到安培力的总和为（　　）

A．0N B．1.6N C．2.4N D．4N
【分析】由图可知导体棒ab与另外5根导体棒是并联关系，根据电路特征判断流过各根导体棒的电流大小，结合安倍力F＝BIL求解。
【解答】解：设ab的电阻为R，由电阻定律知afedcb的电阻为5R，若ab中的电流为I，则afedcb中的电流为
由安倍力F＝BIL可知，对ab棒，有F1＝BIL＝2N，方向竖直向上
对afedcb边框，其有效长度为L，则其所受安培力，方向竖直向上
线框受到的安倍力大小为F＝F1+F2＝2N+0.4N＝2.4N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查安倍力的计算，要结合电路的电压和电流关系判断各根导体棒电流大小，需熟练掌握安倍力计算公式。
二．填空题（共20分，每题4分。）
13．（4分）在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中，需事先查明流入检流计的电流方向与指针　偏转方向　的关系。闭合电键时，发现检流计的指针向右偏转，不改变其他条件，迅速拔出软铁棒，则检流计指针　向左　偏转（填“向左”、“向右”或者“不”）。

【分析】依据电流方向与指针偏转方向，进而可依据指针的偏转方向，来确定感应电流产生的磁场方向；
根据闭合电键时，发现检流计的指针向右偏转，结合楞次定律，即可判定迅速拔出软铁棒时检流计指针偏转方向。
【解答】解：先观察检流计指针偏转方向与电流方向的对应关系，查明线圈中导线的绕向，以便从指针的偏转方向确定感应电流产生的磁场方向；
闭合电键时，穿过线圈的磁通量增加，发现检流计的指针向右偏转，
当不改变其他条件，迅速拔出软铁棒时，则穿过线圈的磁通量减小，依据楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，则发现检流计的指针向左偏转，
故答案为：偏转方向，向左。
【点评】本题考查了电磁感应现象，掌握楞次定律的内容，并理解控制变量法的应用，注意闭合电键时，发现检流计的指针向右偏转是解题的关键。
14．（4分）一简谐横波在t1＝0时刻的波形如图中实线所示，质点M正在做减速运动，则波向　x轴负方向　传播。若虚线为t2＝1.5s时刻的波形图，且周期T＞（t2﹣t1），则波速为　4　m/s。

【分析】通过M点速度减小可知M向上振动，结合同侧法就可以知道传播方向，结合图像和已知条件知道传播距离，就可以求出波速。
【解答】解：由已知条件可知M正在减速运动，所以M的振动方向向上，利用同侧法可知波的传播方向向x轴负方向。已知条件提到：虚线为t2＝1.5s时刻的波形图，且周期T＞（t2﹣t1），结合图像可知波在1.5s内向左传播了四分之三个周期，则有v＝＝m/s＝4m/s。
故答案为：x轴负方向，4。
【点评】本题考查波传播的过程中质点的振动问题，要会分析质点的速度变化，知道振动方向，然后利用同侧法会分析传播方向。
15．（4分）如图，已知电源内阻r＝1Ω，定值电阻R1＝2Ω，R2＝12Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为10Ω。闭合电键S，当变阻器的滑片P由a向b端滑动的过程中，电流表A的示数　减小　（填“增大”、“减小”、“先增大后减小”或者“先减小后增大”）。在电流表A的示数减小0.2A的过程中，伏特表V的示数变化了　0.6　V。

【分析】根据数学知识，当两个数的和一定，两个数相等时，它们的乘积最大，本题因为R2＞R3，故当滑片滑到最右端时，并联电阻阻值最大，根据闭合电路欧姆定律，即可确定电流表、电压表的示数的变化情况。
【解答】解：由图知，Rap+Rpb＝R3，R2 与 Rpb串联，再与Rap并联，根据串并联电路的特点得：
R并＝＝
根据数学知识，因为R2＞R3，当Rap与Rpb+R2 最接近时，并联电阻最大，故变阻器的滑片P由a向b端滑动的过程中，Rap与Rpb+R2 相差越来越小，即并联电阻阻值逐渐增大，故电流表的示数减小。
根据闭合电路欧姆定律得：
E＝U+I（R1+r）
解得：U＝E﹣I（R1+r），
故 △U＝△I（R1+r）＝0.2×（2+1）V＝0.6V
故答案为：减小 0.6
【点评】解决本题的关键是运用函数法求并联电阻的极值，这是求极值问题的常用方法。同时要注意闭合电路欧姆定律在本题中的应用。
16．（4分）汽车在转弯处通常要限速行驶。若弯道处的路面水平，则汽车转弯时，所需的向心力由　静摩擦力　提供。已知车辆与地面间的动摩擦因数为0.1左右，转弯半径大约为144m，则该转弯处限速40km/h的理由是：　此处最大安全速度为43.2km/h，超过此速度会发生离心运动，为了行驶安全的所以限速40km/h。　（g取10m/s2）。

【分析】汽车拐弯时，静摩擦力提供圆周运动向心力，据此由最大静摩擦力求得汽车所允许的最大速率v，从而明确限速的理由。
【解答】解：汽车拐弯时，存在向外滑动的趋势，此时地面对汽车的静摩擦力充当向心力，使汽车顺利转弯；
由牛顿第二定律有μmg＝m，解得：最大安全速度vm＝＝m/s＝12m/s＝43.2km/h，超过此速度，汽车容易发生离心运动，导致安全事故发生，所以此处转弯处需要限速40km/h。
故答案为：静摩擦力；此处最大安全速度为43.2km/h，超过此速度会发生离心运动，为了行驶安全所以限速40km/h。
【点评】熟记摩擦力公式和向心力公式是解决本题的关键，弄清向心力是由哪些力提供的，通常这样找向心力：沿半径方向的所有力的合力提供该物体做圆周运动的向心力。
17．（4分）国产大飞机C919已经多次试航。已知飞机的质量为m，在水平跑道上滑行时受到竖直向上的升力Fs＝k1v2，空气阻力Ff＝k2v2，式中的v为飞机的滑行速度，k1、k2均为常量。飞机在跑道上加速滑行时，发动机的推力F＝0.5mg，摩擦力为正压力的μ倍（μ＜0.5），重力加速度为g，则飞机脱离地面起飞瞬间的速度vm＝　　。若飞机在跑道上的滑行过程恰为匀加速直线运动，则跑道长度至少为　　。

【分析】利用飞机脱离地面起飞瞬间的受力求出最大速度；先求出飞机的加速度，再结合运动学公式求出跑道的长度。
【解答】解：飞机脱离地面起飞瞬间，地面对飞机支持力为零，在竖直方向有
Fs＝mg
整理可得vm＝
若飞机在跑道上的滑行过程恰为匀加速直线运动，设加速度为a，则在v＝0时，有
F﹣μmg＝ma
设跑道的长度至少为L，则由运动学公式可得
＝2aL
整理可得
L＝
故答案为：，
【点评】本题根据速度为零这一关键条件求加速度是个难点，做题时要注意。
三．综合题（共40分。）注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式演算等。
18．（10分）如图1是“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”的实验装置。

主要步骤如下：
①将压强传感器调零；
②把活塞移至注射器满刻度处；
③逐一连接注射器、压强传感器、数据采集器、计算机；
④推动活塞，记录多组注射器内气体的体积V，以及相应的压强传感器示数p。
（1）实验操作中，除了保证封闭气体的温度恒定以外，还需保证　质量　不变。为此，在封入气体前，应　在活塞上均匀涂抹润滑油　。
（2）其中一小组根据测量的数据，绘出p﹣图像如图2所示。发现图线的上端出现了一小段弯曲，产生这一现象的可能原因是：　注射器内的气体向外泄漏　。
（3）另一小组实验时缓慢推动活塞，记录4组注射器上的刻度数值V，以及相应的压强传感器示数p。在采集第5组数据时，压强传感器的软管脱落，重新接上后继续实验，又采集了4组数据，其余操作无误。该小组绘出的V﹣关系图像应是图3中的　D　，给出分析依据：　测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，纵轴存在截距﹣V0；软管脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交点仍为﹣V0，故前后两条线相交在此处。　。
【分析】（1）除了保证温度不变以外，还必须保证封闭气体质量不变，明确保证质量不变的操作方法；
（2）通过图像分析原因；
（3）测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，纵轴存在截距﹣V0； 软管脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交点仍为﹣V0，故前后两条线相交在此处。
【解答】解：（1）DIS研究温度不变时气体的压强与体积的关系，本实验保持温度不变，研究压强与体积关系，根据题意可知，还需保证封闭气体质量不变，为了防止漏气，故需要在活塞上均匀涂抹润滑油；
（2）当增大时，V减小时，p增加的程度不是线性关系，当斜率减小，压强增加程度减小，导致这一现象的原因是注射器存在漏气现象
（3）测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，纵轴存在截距﹣V0； 软管脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交点仍为﹣V0，故前后两条线相交在此处，故D正确
故答案为：（1）质量；在活塞上均匀涂抹润滑油；（2）注射器内的气体向外泄漏；（3）D； 测量时，注射器与压强传感器连接部分气体的体积V0未计入，纵轴存在截距﹣V0； 软管脱落后，气体向外漏出，p的测量值偏小，相应的横坐标偏大，但左侧的延长线与纵轴的交点仍为﹣V0，故前后两条线相交在此处。
【点评】本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析．
19．（14分）如图，将质量m＝1kg的圆环套在与水平面成θ＝37°角的固定直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间动摩擦因数μ＝0.5。对环施加F＝40N的竖直向上拉力，使其由静止开始运动，g取10m/s2。求：
（1）环的加速度；
（2）环在第1s内移动的位移；
（3）第1s末，若将拉力突然变为F′＝10N，但方向不变。试分析圆环在此后的2s内，机械能的变化情况。某同学认为：当拉力F′＝10N时，F′＝mg，则杆对环的弹力FN＝0，而摩擦力Ff也为零，所以机械能守恒。该同学的分析是否正确？若正确，请计算1s末的机械能；若不正确，请指出其错误，并分析环在此后的2s内，机械能的变化情况。

【分析】对环受力分析，根据牛顿第二定律求沿斜面的加速度；根据位移﹣时间公式求第1s内的位移；根据机械能守恒定律的条件判断是否守恒。
【解答】解：（1）因F＞mg，环向上运动，受力如图

牛顿第二律：
沿斜面方向根据牛顿第二定律：
Fsinθ﹣mgsinθ﹣f＝ma
垂直于斜面反向根据平衡条件：
Fcosθ＝mgcosθ+N
f＝μN
解得：a＝6m/s2，沿杆向上
（2）环沿杆向上运动，根据位移﹣时间公式：s＝at2
解得：s＝3m
（3）不正确，因为除重力外拉力F′做正功，所以机械能增大。
1s末的速度v＝at＝6m/s，
此后2s内环匀速上升的位移s＝vt′＝6×2m＝12m
重力势能增加△Ep＝mgssin37°
解得：△Ep＝72J
动能增量△Ek＝0
故此后2s内，机械能增加量△E机＝△Ep+△Ek＝72J
答：（1）环的加速度为6m/s2，方向为沿杆向上；
（2）环在第1s内移动的位移为3m；
（3）这位同学分析的不正确，因为除重力外拉力F′做正功，所以机械能增大。此后2s内，机械能增加量为72J.
【点评】解题的关键是受力分析和正交分解根据牛顿第二定律求加速度，会用机械能守恒定律得条件判断是否守恒。
20．（16分）如图，在绝缘的滑块上方固定一个竖直放置的正方形闭合线框，线框边长为L，总电阻为R，滑块连同线框的质量为m，滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ。右侧长、高均大于L的虚线区域内存在垂直线框平面向里、大小为B的匀强磁场，磁场区域的下边界恰好与线框的中心线在同一水平面上。现给滑块施加一水平向右的拉力，使其以速度v匀速进入磁场区域，重力加速度为g，求：

（1）线框右侧刚进入磁场区域时，框中的电流I；
（2）线框左侧进入磁场区域前的瞬间，拉力F的大小；
（3）将线框拉进磁场的过程中，拉力所做的功W。
【分析】（1）线框右侧刚进入磁场区域时，切割磁感线的长度为L，根据E＝B•Lv求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流大小。
（2）线框进入磁场过程，电流恒定，根据F＝BI•L求出线框右侧受到的安培力大小，上侧导线受安培力FA2始终竖直向下，但逐渐增大，分析线框受力，由平衡条件求解拉力F的大小。
（3）根据平衡条件得到拉力与线框进入磁场的距离x的关系，根据拉力的平均值求拉力所做的功W。
【解答】解：（1）线框刚进入磁场时，产生的感应电动势为E＝B（L）v＝BLv
线框中电流I＝＝，沿逆时针方向。
（2）线框进入磁场过程，电流恒定，右侧导线受安培力FA1＝BI（L）＝，水平向左，恒定不变。

上侧导线受安培力FA2始终竖直向下，但逐渐增大，线框左侧进入磁场区域前的瞬间，FA2＝BIL＝
此时，滑块与线框整体受6个力，如图所示，由平衡条件得：
竖直方向，有FN＝mg+FA2；
水平方向，有F＝FA1+μFN
解出拉力F＝μmg+（1+2μ）
（3）线框进入磁场的距离为x时，拉力F＝FA1+μFN＝FA1+μ（mg+B•x），随位移x线性变化
刚进入磁场时，FA2＝0，拉力F′＝FA1+μmg＝+μmg
拉力平均值＝（F′+F）＝（1+μ）+μmg
拉力做功W＝•L＝（1+μ）+μmgL
答：（1）线框右侧刚进入磁场区域时，框中的电流I为，沿逆时针方向；
（2）线框左侧进入磁场区域前的瞬间，拉力F的大小是μmg+（1+2μ）；
（3）将线框拉进磁场的过程中，拉力所做的功W为（1+μ）+μmgL。
【点评】解答本题的关键要正确分析线框的受力情况，要注意线框上侧导线也要受到安培力，进入磁场过程，该力是变力，随着位移线性增加，应根据拉力的平均值来求拉力做功。