【文档说明】河北省张家口市宣化第一中学2022届高三上学期期初考试物理试题含答案.doc，共(24)页，2.581 MB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年上学期宣化一中高三期初考试物理试卷1.下列单位均为导出单位的是A.牛顿米B.千克焦耳C.欧姆伏特D.特斯拉秒2.在物理学发展历史中，许多物理学家做出了卓越的贡献。下列关于物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的是A.奥斯特发现了磁场对电流的作用力B.牛顿依据大量的观察数据

归纳成简洁的三定律，揭示了行星运动的规律C.库仑引入“电场”的概念来解释电荷间的相互作用D.伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动原因”的观点3.2020年6月23日9时43分，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第五十五颗导航卫星，暨北斗三号最后

一颗全球组网卫星。北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成，如图所示。关于这5颗静止轨道卫星，下列说法正确的是A.线速度相同B.角速度相同C.向心加速度相同D.所受向心力相同4.如图所示，汽车在做直线运动过程

中，原来的速度是，经过一小段时间以后，速度变为，则下列说法正确的是A.图中a是矢量，是标量B.图甲中汽车速度的方向可能与加速度a的方向相反C.图甲中汽车速度的方向一定与加速度a的方向相同D.图乙中汽车速度的方向一定与加速度a的方向相同

5.如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止．物体B的受力个数为A.2B.3C.4D.56.如图所示为幼儿园小朋友从滑梯滑下的情景，若不计空气阻力，此时她受到的力为A.支持力、摩擦力B.支持力、重力C.摩擦力、重力D.支持力、摩擦力和重力7.如图所示，两块竖

直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法不正确的是A.若，粒子做匀速直线运动B.若粒子往左偏，洛伦兹力做正功C.若粒子往右偏，粒子的电

势能减小D.若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动8.如图是某品牌吊扇的相关参数，假设吊扇的吊杆下方的转盘与扇叶的总质量为7kg，则吊扇A.吊扇的内电阻为B.以额定功率工作时通过吊扇的电流为C.正

常工作时吊扇机械功率小于55WD.正常工作时吊杆对转盘的拉力大于70N9.小李同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，如图所示。则此时A.导线A端接电池负极B.铁钉内磁场方向向左C.铁钉左端为电磁铁的N极D.小磁针所在位置的磁场

方向水平向左10.如图所示的电路中，电源、电压表、电流表都是理想的，当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时，下列说法正确的是A.电压表增大，电流表读数增大B.电压表增大，电流表读数减小C.电压表读数不变，电流表读数增大D.电压表读数不变，电流表读数

增减小11.如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是A.动能、重力势能、机械能B.动能、重力势能C.重力势能、机械能D.动能12.如图所示，自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径之比为4：1：16，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是A.小齿轮和

后轮的角速度大小之比为16：1B.大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4C.大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1：4D.大齿轮和小齿轮轮缘的向心加速度大小之比为4：113.如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带

正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开A.此时A带正电，B带负电B.此时A电势低，B电势高C.移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合D.先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合14.如图，一列简谐横

波沿x轴正方向传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图。已知该简谐波的周期大于。关于该简谐波，下列说法正确的是A.频率为B.波速为C.时，处的质点经过平衡位置D.时，处的质点处于波峰15.朝鲜政府宣布该国进行了一次“成功的”氢弹试验，引起了国际社会的广泛关注。氢弹是利用核聚变反应获

取核能的重要途径，下列说法正确的是A.太阳能也是核聚变释放的核能B.核聚变反应中存在质量亏损C.核聚变反应时电荷数和质量守恒D.核聚变反应中释放出的射线具有较强的穿透能力16.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转

动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为。则A.在时刻，穿过线圈的磁通量为零B.电压表的示数为6VC.灯泡消耗的电功率为3WD.若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式17.

用图1所示装置可以用来做“探究加速度与力、质量的关系”的实验实验过程中，除了图中所示仪器之外，还需用到的器材是______；A.秒表天平毫米刻度尺干电池组关于实验操作以下说法正确的有：A.应将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力B.滑轮与小车之间的细线应与长木板平行C.

实验时应先释放小车，再接通打点计时器的电源D.砂桶与砂的总质量应远小于小车的质量某次实验打下如图2所示的一条纸带，图中各计数点之间还有四个点未标出。由图可知，实验中，纸带靠近______端连接小车选填“0”或“5”。根据图中数据，可以计算得到打下“3”时的速度大

小为______，小车运动的加速度为______本小题计算结果保留2位小数18.小明同学用如图1装置图做“测量电池的电动势和内阻”实验，在闭合开关前，需要把滑动变阻器的滑片移至______端填“a”或“b”

，闭合开关后，移动滑片，记录两只电表四个读数，其中电压表的两次读数为、，电流表的两次示数如图表示，其中读数为______A，读数为______A.由上述数据可估算此电源的电动势______V，内阻为______计算结果保留三有有效数字19.如图所示，经过专业训练的杂技运动员进行爬杆表演，运动

员先爬上8m高的固定竖直金属杆，然后双腿夹紧金属杆倒立，头顶离地面7m高，运动员通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动情况．首先，运动员匀加速下滑3m，速度达到，然后匀减速下滑，当运动员头项刚要接触地面时，速度刚好减到零，设运

动员质量为50kg．运动员匀加速下滑时加速度大小；运动员匀减速下滑时所受摩擦力的大小；求完成加减速全程运动所需的总时间．20.探究平抛运动实验装置如图所示，半径为L的四分之一圆轨道可视为光滑固定于水平桌面上，切口水平且与桌边对齐，切口离地面髙度为离切口水平距离为L的一探测屏AB竖直放置，一端放

在水平面上，其高为一质量为m的小球从圆轨道上不同的位置静止释放打在探测屏上．若小球在运动过程中空气阻力不计，小球可视为质点，重力加速度为求：小球从图示位置P处静止释放，到达圆轨道最低点Q处速度大小及小球对圆轨道压力；为让小球能打在探测屏上，小球应从圆轨道上什么范围

内静止释放？小球从什么位置静止释放，小球打在屏上时动能最小，最小动能为多少？21.根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图2所示，读数为______mm。以下

是实验过程中的一些做法，其中正确的有______。摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些摆球尽量选择质量大些、体积小些的为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开

始位置时停止计时，此时间间隔即为单摆周期T拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期。22.如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面纸面内，其上端接

一阻值为R的电阻；在两导轨间下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自位置释放，向下运动距离d后速度不再变化．棒ab与导轨始终保持良好的电接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计．求

棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；棒ab从静止释放经过时间下降了，求此时刻的速度大小．2021-2022学年上学期宣化一中高三期初考试物理试卷答案和解析1.【答案】C【解析】解：只有牛顿是导出单位，故A错误；B.只有焦耳是导出单位，故B错误；C.欧姆、伏特都是导

出单位，故C正确；D.只有特斯拉是导出单位，故D错误。故选：C。国际单位制中基本单位有：米、千克、秒、摩尔、开尔文、安培、坎德拉。该题考察力学单位制，掌握7个国际单位制的基本单位。2.【答案】D【解析】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应。故A错误；B、开普勒依据第谷的大

量的观察数据归纳成简洁的三定律，揭示了行星运动的规律。故B错误；C、法拉第引入“电场”的概念来解释电荷间的相互作用。故C错误；D、伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动原因”的观点，故D正确。故选：

D。考查物理学史的知识：奥斯特发现了电流的磁效应；开普勒依据第谷的大量的观察数据归纳成简洁的三定律，揭示了行星运动的规律；法拉第引入“电场”的概念来解释电荷间的相互作用；伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德关于“力是维持物体运动原因”的观点。

对学生的记忆能力要求较高。考查物理学史的知识，要求对著名的科学家的贡献和主要事迹有一个准确的记忆。属基础题目3.【答案】B【解析】解：ABC、根据万有引力提供圆周运动的向心力，有：，M是地球的质量，m、r分别是卫星

的质量和轨道半径。得：线速度，角速度，加速度，可知这5颗卫星的角速度都是相等的，线速度大小以及向心加速度大小也相等，由于卫星所在位置不同，所以线速度和向心加速度的方向不一定不同。故B正确，AC错误；D、5颗卫星的质量不一定相等，所以它们的向心力的大小不一定相等，而且它们的向心

力的方向是不同的。故D错误故选：B。根据万有引力提供圆周运动的向心力，可求得线速度，角速度，加速度，可知这5颗卫星的角速度都是相等的，线速度大小以及向心加速度大小也相等，由于线速度与向心加速度是矢量，所以它们的方向一定不同

。5颗卫星的质量不一定相等，所以它们的向心力的大小不一定相等。本题考查万有引力定律的应用，要熟练掌握万有引力等于向心力的表达式，会求解线速度、角速度、周期、向心加速度的公式，然后分析问题。4.【答案】C【解析】解：A、加速度是矢

量，其方向与速度变化的方向相同，故A错误；BC、图甲是汽车做加速运动，汽车速度的方向与加速度a的方向一定相同，故B错误，C正确；D、图乙是汽车做减速运动，汽车速度的方向与加速度a的方向一定相反，故D错误。故选：C。加速度是物体速度的变化量与所用时间的比值，加速度是矢量，方向与物体速度变化的

方向相同，加速是加速度的方向与速度的方向相同，减速时加速度与速度方向相反。掌握加速度的定义及其物理意义，知道加速度与速度方向相同时物体做加速运动，相反时做减速运动。5.【答案】C【解析】解：以A为研究对象，受力分析，有竖直向下的重力、B对A的支持力和摩擦力，这样才能使平衡。根据牛顿第三定

律，A对B也有压力和摩擦力，B还受到重力和推力F，所以B受四个力作用。故C正确，ABD错误。故选：C。本题先对A物体受力分析，然后根据牛顿第三定律，得出A对B的反作用力，再对B物体受力分析，得出结果．本题关键先对A物体受力分析，再得出A对B物体

的反作用力，最后在结合平衡条件对B物体受力分析即可正确求解．6.【答案】D【解析】解：小朋友从滑梯上滑下，受力情况为：小朋友受到重力G、支持力N和滑动摩擦力f的作用。故D正确，ABC错误。故选：D。对小朋友进行受力分析，再根据运动的情况确定受力情况．本题关键要结合小朋友的运动

情况进行受力分析，不能多力，也不能少力，是一道基础题．7.【答案】B【解析】解：A、如果，粒子在两板间所受的电场力和洛伦兹力平衡，即：，可知粒子将做匀速直线运动，故A正确；B、洛伦兹力时刻与速度方向垂直，不做功，故B错误；C、因为

粒子带正电，当粒子往右偏，电场力与位移之间的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D、改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力和洛伦兹力均变为反向，仍然受力平衡，故粒子还是做匀速直线运动，故D正确。本题选择不正确的，故选：

B。速度选择器模型，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，粒子在两板间做匀速直线运动；洛伦兹力时刻与速度方向垂直不做功；根据电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加，判断粒子电势能的变化情况；速度选择器选择的速度与粒子的电性无关只与两板间匀强电场的电场强度E还有匀强磁场的磁感应

强度B有关。本题考查速度选择器模型，解题关键是要知道粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，速度选择器选择的速度与粒子的电性无关，只有特定速度的粒子才能从两板间做匀速直线运动。8.【答案】C【解析】解：A、该电风扇的额定电

压是220V，额定功率是55W，若按纯电阻计算，则，由于电机不是纯电阻电路，故A错误；B、由可知额定电流：，故B错误；C、电风扇消耗的电能转化为机械能与内能，所以正常工作时吊扇机械功率小于55故C正确；D、正常工作时吊扇将空气向下吹动，对空气有向下的作用力，根据牛顿第三

定律可知，空气对电风扇有向上的作用力，由平衡条件有：吊杆对转盘的拉力F等于重力G减去空气对电风扇的作用力，即，所以吊杆对转盘的拉力小于70故D错误。故选：C。根据公式即可求出电风扇的额定电流；不能由欧姆定律

求电风扇的电阻值；电风扇消耗的电功率转化为热功率与机械功率。根据牛顿第三定律确定拉力与重力的大小关系。对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路。9.【答

案】D【解析】解：当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，所以小磁针处的磁场的方向向左，铁钉右端为电磁铁的N极，铁钉内部磁场方向向右；所以螺线管外侧的电流的方向向下，即漆包线内电流由A流向B，导线A端接电池正极。故D正确，ABC错误。故选：D。根

据小磁针的偏转方向可确定磁场方向，再根据安培定则判断出电流的磁场的方向，然后结合磁场的方向的规定即可做出判定。本题考查安培定则的应用，关键明确小磁针N极的指向为磁场的方向，注意掌握安培定则的基本内容和应用。10.【答案】A【解析】解：由图可知，R与并联后与串联；当滑动变阻器的触头由a端向b端滑动时

，滑动变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，内电压减小，则路端电压增大，故电压表V示数增大；因电路中总电流减小，则两端的电压减小，而路端电压减小，故并联部分电压增大，中电流增大，故

电流表读数增大；故A正确，BCD错误．故选：A分析电路结构，由滑片的移动方向分析变阻器接入电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化，再对局部电路分析即可得出电流表与电压表的变化．对于电路的动态变化分析问题，一

般按局部整体局部的思路进行分析，注意正确利用好串联电路的分压关系和并联电路的分流关系．11.【答案】C【解析】解：无人机在空中匀速上升时，速度不变所以动能不变，高度增加则重力势能增大，所以机械能也在增大，故不断增加的能量是重力势能与机械能，故ABD错误，C

正确。故选：C。无人机在空中匀速上升时，速度不变所以动能不变，高度增加则重力势能增大，所以机械能也在增大。本题考查机械能的变化判断，机械能是动能与势能之和，动能由质量和速度决定，重力势能由质量和竖直高度决定。12.【答案】B【解析】解：A、小齿轮和后轮共轴，角速度相等，故

A错误；B、大齿轮和小齿轮共线，线速度相等，根据可知，大齿轮和小齿轮的角速度大小之比为1：4，故B正确；C、小齿轮和后轮共轴，根据可知，小齿轮边缘和后轮边缘的线速度之比为1：16，则大齿轮边缘和后轮边缘的线速度大小之比为1：16，故C错误；D、大齿轮和小齿轮共线

，线速度相等，根据可知，向心加速度大小之比为1：4，故D错误。故选：B。本题在皮带轮中考查线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等。对于皮带传动装置问题要把握两点一是同一皮带上线速度相等，二是同一转盘上角

速度相等。13.【答案】C【解析】解：A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；B、此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；D、先把AB分开，则

A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；故选：C。根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量，即可明确金箔能否闭合．本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负电荷之间的相互作用所带来的现象，能

通过所学物理规律进行分析解答．14.【答案】ABC【解析】解：AB、由图象可知，波长为，由题意知：，所以周期为，因为该简谐波的周期大于。，解得：，即当时，，频率，波速为：，故AB均正确；C、时处的质点位于平衡位置正向上运动，经，即经过3个周期，质点仍然位于平衡位置正向上运动，故C正确。D、C、时

处的质点位于波峰，经，即经过个周期，该质点位于波谷，故D错误。故选：ABC。根据图中实线与虚线之间的关系，得到与波的周期关系，结合，求得周期，读出波长，再求得波速。周期与频率互为倒数，可求频率。根据时间

与周期的关系分析P点的位置，确定其速度大小和方向。根据时间与周期的关系分析和处的状态和位置。根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播距离的通项，从而得到

周期的特殊值。15.【答案】ABD【解析】解：A、太阳内部不断地发生着热核反应聚变，所以太阳能是核聚变释放的核能，故A正确；B、放热的核反应都存在着质量亏损，所以核聚变反应中存在质量亏损，故B正确；C、核反应遵守质量数守恒和电荷数守恒，质量有亏损，故C错误；D

、核聚变反应中释放出的射线是高能量的电磁波，具有较强的穿透能力，故D正确。故选：ABD。太阳内部不断地发生着热核反应，反应过程中存在着质量亏损，但遵守质量数守恒和电荷数守恒；根据射线的性质分析D选项。本题考查核反应相关知识，要求知道聚变反应中质量数和电荷数守恒，是放

热反应，知道射线的性质。16.【答案】BC【解析】解：A在的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大。故A错误；B电动势的最大值为，电压表测量的为有效值，又发电机线圈的内电阻不计，故示数为；故B正确；C、灯泡消耗的功率；故C正确；D、周期为，则瞬时电动势的表达式为转速提高

一倍后，，故角速度变为原来的2倍，最大值，则最大值也增大一倍，变成，表达式应为：；故D错误；故选：BC。在中性面感应电动势最小，磁通量最大；根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等。求解电功率要

用有效值。本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式。17.【答案】B0【解析】解：实验需要测量计数点间的距离，需要测量小车、砂和砂桶的质量，由图示实验可知，还需要

的实验器材是测量质量的天平，故选B；、为使小车受到的合力等于细线的拉力，实验前应将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力，故A正确；B、为使小车受到的合力等于细线拉力，平衡摩擦力的同时应调节滑轮高度，使滑轮与小车之间的

细线与长木板平行，故B正确；C、为充分利用纸带，实验时应先接通电源然后释放小车，故C错误；D、为使小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力，砂桶与砂的总质量应远小于小车的质量，故D正确；故选：ABD；小车做初速度为零的匀加

速直线运动，相等时间内小车位移越来越大，由图示纸带可知，纸带靠近0端连接小车；打下3时小车的速度为：；由匀变速直线运动推论：可知加速度为：；故答案为：；；；；。实验需要测量小车、砂和砂桶的质量，根据实验需要测量的量与实验原

理分析答题。实验前应平衡摩擦力，实验时应先接通电源然后释放小车，当砂与砂桶的质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砂与砂桶的重力。小车做初速度为零的匀加速直线运动，根据图示纸带，应用匀变速直线运动的推论分析答题。本题考

查了实验注意事项与实验数据处理，应用匀变速直线运动推论可以求出小车的瞬时速度与加速度；掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。18.【答案】a；；；；【解析】解：在闭合开关时需要回路电流从最小开始，故需要把滑动变阻器的滑片移至

a端；由图2可知，电流表量程为，最小分度为，故第一次读数为；第二次读数为；根据闭合电路欧姆定律公式可得：路端电压大时电流较小，则可知，；联立解得：，故答案为：a；；；；．根据实验要求可明确滑动变阻器滑片开始时的位置；根据电表的

读数方法可明确对应的读数；根据闭合电路欧姆定律进行分析列出方程，联立即可解得电动势和内电阻．本题考查利用闭合电路欧姆定律测量电动势和内电阻的方法，要注意明确实验原理，知道电表的读数方法，同时明确两组电压和电流表示数的对应关系，知道路端电压越大时，内电压越小，电流越小

．19.【答案】解：由得，运动员匀加速下滑时加速度大小：．运动员匀加速下滑的位移：，由得，运动员匀加速下滑时加速度大小：，由牛顿第二定律得，，运动员匀减速下滑时所受摩擦力的大小：．由得，运动员匀加速下滑所用的时间：，由得，运动员匀加速下滑所用的时间：，则运动员完成加减速全程运动所需的总时

间：．答：运动员匀加速下滑时加速度大小为；运动员匀减速下滑时所受摩擦力的大小为600N；求完成加减速全程运动所需的总时间为．【解析】根据匀变速直线运动的位移公式求出运动员匀加速下滑时加速度大小；先求出运动员匀加速下滑的位移，再根据位移公式求出运动员匀加速下滑时加

速度大小，然后根据牛顿第二定律求出运动员匀减速下滑时所受摩擦力的大小；根据速度时间公式分别求出运动员匀加速下滑和匀减速下滑所用的时间，二者相加即可求出运动员完成加减速全程运动所需的总时间．本题主要考查牛顿第

二定律和匀变速直线运动规律的综合运用，关键是公式及变形公式的灵活运用，难度不大，属于基础性题目．20.【答案】解：小球从P处下滑到Q点，由机械能守恒可得：得：在Q点对小球受力分析得：代入得：根据牛顿第三定律，小球对轨道压力

大小为3mg，方向竖直向下．小球从轨道上某点C下滑到Q处平拋，恰好打在B点，则根据平拋运动规律竖直方向，得：水平方向从C到Q根据机械能守恒得：得：即小球从PC范围内从静止释放均能打到探测屏上．设从Q处以速度射出，打到探测屏上，其动能为：而得由数学知识得时最小，且

释放点位置离Q的竖直高度答：小球从图示位置P处静止释放，到达圆轨道最低点Q处速度大小是，小球对圆轨道压力是3mg，方向竖直向下；为让小球能打在探测屏上，小球应从圆轨道上距Q高度为的点与P间的范围内静止释放．小球从离Q的竖直高度为的位置静止释放，小球打在屏上时

动能最小，最小动能为mgL．【解析】小球从P处下滑到Q点的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律求到达圆轨道最低点Q处速度．在Q点对小球受力分析，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，再得到小球对

轨道的压力．小球从轨道上某点C下滑到Q处平拋，恰好打在B点，根据平拋运动规律求出平抛运动的初速度，从C到Q根据机械能守恒求出小球下滑时的临界高度，从而得到符合要求的高度范围．根据动能定理求出小球打在屏上时动能与Q处速度的关系式，由数

学知识求小球打在屏上时最小的动能．解决本题的关键是正确分析小球的运动情况，掌握平抛运动的研究方法：运动的分解法，运用数学函数法求动能的最小值．21.【答案】abe【解析】解：游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，大小：18mm，再看游标尺上的哪一刻度

与固定的刻度对齐：第6刻度与上方刻度对齐，读数：，总读数：。该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球。故ab是正确的。摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，故c错误；拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于，故d错误；释放摆球，当摆球

振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值。故e正确。故选：abe。故答案为：。游标卡尺的读数方法是先读出主尺上的刻度，再看游标尺上的哪一刻度与固定的刻度对齐；摆线要选择细些的、伸缩性小些的；摆球尽量选择质量大些、体积小些的摆球；振动稳定后，从平衡位置开始计时；摆线偏离平

衡位置不大于。该题考查游标卡尺的读数方法与用单摆测量重力加速度实验中的几个注意事项，所以记忆性的知识，要求对该部分知识有准确的记忆。属于简单题。22.【答案】解：根据闭合电路的欧姆定律可得回路电流为：，匀速运动时受力平衡，则有：，联立解得最大速度为：，根据能量守恒定律可得：，解得：；以导体棒为

研究对象，根据动量定理可得：，而，所以解得：．答：棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热为；棒ab从静止释放经过时间下降了，此时刻的速度大小．【解析】根据闭合电路的欧姆定律和共点力的平衡联立解得最大速度，根据能量守恒定律求解焦耳热；以导体棒为研究对象，根据动量定理结合电荷量的经验公式求解

．对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．