2021年上海市宝山区高考物理二模试卷

这是一份2021年上海市宝山区高考物理二模试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，综合题注意等内容，欢迎下载使用。

2021年上海市宝山区高考物理二模试卷
一、选择题（共40分。第1-8小题，每题3分，第9-12小题，每题4分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）下列物理量中属于矢量的是（　　）
A．磁感应强度 B．感应电动势 C．电流 D．磁通量
2．（3分）改变物体运动状态的原因是（　　）
A．加速度 B．力 C．能量 D．惯性
3．（3分）如图，用来治疗脑部肿瘤的射线是（　　）

A．γ射线 B．β射线 C．α射线 D．红外线
4．（3分）地球北极点的重力加速度为g，若在北极点水平抛出一个质量为2kg的物体，物体刚好不再落回地面，而绕地球中心做匀速圆周运动，则该物体的向心加速度为（　　）
A．g B．2g C．3g D．4g
5．（3分）如图所示，杂技运动员在表演节目时处于静止状态，他的手对椅子的作用力的方向（　　）

A．垂直于靠背斜向下 B．平行于靠背斜向下
C．竖直向下 D．竖直向上
6．（3分）将一物体自空中A点，以一定的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，2s后物体的速率变为10m/s，则该物体此时（　　）
A．一定在A点上方，且向上运动
B．可能在A点下方
C．一定在A点上方，但向下运动
D．可能在A点
7．（3分）如图所示，一位于xOy平面内的矩形通电线圈，线圈的四条边分别与x、y轴平行，线圈中的电流方向如图所示。若在空间加上沿z轴方向的恒定磁场，则线圈（　　）

A．绕Ox轴转动起来 B．绕Oy轴转动起来
C．绕Oz轴转动起来 D．不会转动起来
8．（3分）在“用单分子油膜法估测分子的大小”实验中，通过测量出的数据计算分子直径时，发现计算结果比实际值偏小，其原因可能是（　　）
A．油酸未充分散开
B．已知的油酸溶液浓度高于真实值
C．计算油膜面积时，少数了一个格子
D．计算每滴溶液体积时，将1mL的溶液的滴数多记了10滴
9．（4分）将自行车转弯近似看成它绕某个定点O（图中未画出）做圆周运动。如图所示为自行车转弯过程中某时刻的俯视图，A点、B点分别为自行车前、后轮轴中心上的点，虚线表示前、后轮转弯的轨迹，则A点和B点的（　　）

A．线速度相同
B．角速度相同
C．向心加速度相同
D．线速度、角速度和向心加速度都不同
10．（4分）如图甲所示，光滑的水平桌面上固定着一根绝缘的长直导线，可以自由移动的矩形导线框abcd靠近长直导线静止放在桌面上。当长直导线中的电流按图乙所示的规律变化时（图甲所示电流的方向为正方向），则t1到t2时间内线框（　　）

A．向右做加速运动 B．向左做加速运动
C．向右做减速运动 D．向左做减速运动
11．（4分）如图所示，在匀强电场中E、F六点构成一正六边形，电场方向平行于纸面。一电子在外力作用下从C点移动到E点，克服电场力做功W，从E点移动到A点，其电势能减少W。则匀强电场的场强方向为由（　　）

A．F指向C B．B指向E C．A指向C D．C指向E
12．（4分）如图所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内封闭着一段长为l、压强为2p0（p0为大气压强）的气柱，两管水银面高度差为h。现保持右管不动，为了使两管内水银面一样高，把左管竖直（　　）

A．向上移动h+l B．向下移动2h+l
C．向上移动h+2l D．向下移动2h+2l
二、填空题（共20分）
13．（4分）如图，将洁净的锌板用导线连接在验电器上，用紫外线灯照射锌板时，观察到验电器指针发生偏转。此时，　 　从锌板表面逸出，验电器带　 　电。

14．（4分）一横波某时刻的波形图如图所示，此时质点A的运动方向向上，且经过2s第一次回到平衡位置。则波的传播方向　 　，波速为　 　m/s。

15．（4分）如图，电荷量为q的正电荷均匀分布在半球面上，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，且OC＝OD＝2R。若C点的场强大小为E，则D点场强的方向　 　，场强的大小为　 　。

16．（4分）在上海走时准确的摆钟，随考察队带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟的走时会　 　（选填“变慢”“变快”或“仍然准确”）；若上海地面的重力加速度为g，珠穆朗玛峰顶端的重力加速度为g′，则用这个摆钟在珠穆朗玛峰顶端测得的时间是实际时间的　 　倍。
17．（4分）如图为收费站ETC通道和人工收费通道的示意图，一辆汽车正以v1＝15m/s朝收费站沿直线行驶。如果汽车过ETC通道，需要在收费站中心线前10m处正好匀减速至v2＝5m/s，以该速度匀速运动至中心线后，再匀加速至v1行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为lm/s2，则汽车从开始减速到恢复v1行驶，所通过的位移大小为　 　m；如果这辆车过人工收费通道，由于收费会比以v1匀速通过此通道耽搁30s时间，则汽车过ETC通道，比过人工收费通道节约的时间是　 　s。

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）“用DIS测电源电动势和内电阻”的实验电路如图甲所示，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。
（1）某同学在实验中将电压传感器“红、黑”接线分别接在电路中“3、1”位置，实验得到的U﹣I图线如图（乙）所示，则电源的电动势E＝　 　V，内阻r＝　 　Ω。
（2）实验时，在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的变化情况是　 　，电源效率的变化情况是　 　。
（3）若该同学在实验中将电压传感器“红、黑”接线分别接在电路中“4、1”位置，用同样方法处理实验数据，则获得的电源电动势的测量值　 　真实值，电源内阻r的测量值　 　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
19．（14分）如图所示，在同一水平面内足够长的、平行光滑支架ab、cd，放在磁感应强度B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN垂直于支架放置，将它用水平细线跨过定滑轮连接重物G，支架中接有电源E（内阻不计）。已知支架宽l＝40cm，图中电阻R＝0.4Ω，其他部分电阻不计。
（1）当重物G1＝2N时，MN恰好静止不动，求电源E的电动势；
（2）当重物G2＝4N时，MN由静止开始运动起来，求它可达到的最大速度；
（3）在上面第（2）问的情况下，当MN达到最大速度以后图示系统中的能量是如何转化的？

20．（16分）如图，将质量m＝2kg的圆环套在与水平面成θ＝37°角的足够长的直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在A点以下部分粗糙，环与杆该部分间的动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等），直杆A点以上部分光滑。现在直杆所在的竖直平面内，对环施加一个与杆成37°夹角斜向上的拉力F，使环从直杆底端O处由静止开始沿杆向上运动，经4s环到达A点时撤去拉力F，圆环向上最远滑行到B处，已知AB间的距离为m。（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求圆环经过A点时速度的大小；
（2）求圆环在OA间向上运动的过程中直杆对圆环的弹力大小和方向；
（3）以O点所在的水平面为重力势能的零势能面，求圆环在直杆上运动所具有的最大机械能；
（4）若要使圆环在沿AO下滑的过程中机械能守恒，可加一恒力F′，求F′的大小和方向。


2021年上海市宝山区高考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共40分。第1-8小题，每题3分，第9-12小题，每题4分。每小题只有一个正确答案。）
1．（3分）下列物理量中属于矢量的是（　　）
A．磁感应强度 B．感应电动势 C．电流 D．磁通量
【分析】矢量是具有大小和方向的物理量，矢量的运算遵循平行四边形定则，标量是只有大小没有方向的物理量，标量的计算遵循代数加减法则。磁感应强度用来描述磁场，具有大小和方向，计算时遵循平行四边形定则；感应电动势的方向规定为在“电源”内部从负极指向正极，计算时不遵循平行四边形定则；电流大小用来描述电流强弱，它的方向规定为正电荷的运动方向，电流计算不遵循平行四边形法则；磁通量的大小用来描述穿过某一面积的磁感线的净剩条数，方向表示磁感线穿过该平面的方向，磁通量的计算也不遵循平行四边法则。
【解答】解：A、磁感应强度具有大小和方向，计算时遵循平行四边形定则，是矢量，故A正确；
B、感应电动势的方向规定为“电源”内部从负极指向正极，计算时不遵循平行四边形定则，所以是标量，故B错误；
C、电流的大小表示电流的强弱，方向规定为正电荷的运动方向，计算时不遵循平行四边定则，所以是标量，故C错误；
D、磁通量的大小表示穿过某一平面的磁感线的净剩条数，方向表示磁感线穿过该平面的方向，计算时不遵循平行四边定则，所以是标量，故D错误。
故选：A。
【点评】对于矢量和标量要抓住两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同：矢量运算遵循平行四边形定则，标量运算遵循代数加减法则。
2．（3分）改变物体运动状态的原因是（　　）
A．加速度 B．力 C．能量 D．惯性
【分析】物体运动状态即速度，运动状态改变即速度改变，根据加速度的定义式，可知速度改变即有加速度。由牛顿第二定律，力是产生加速度的原因，得到力是改变运动状态的原因。
【解答】解：物体运动状态即速度，物体运动状态改变，即速度改变，由可知，一定有加速度，由牛顿第二定律可知，力是产生加速度的原因，物体一定受到力的作用，所以力是改变物体运动状态的原因。故B正确，ABC错误。
故选：B。
【点评】解题的关键是知道加速度的定义式和牛顿第二定律。
3．（3分）如图，用来治疗脑部肿瘤的射线是（　　）

A．γ射线 B．β射线 C．α射线 D．红外线
【分析】γ射线具有极强的穿透本领。人体受到γ射线照射时，γ射线可以进入到人体的内部，并与体内细胞发生电离作用，电离产生的离子能侵蚀复杂的有机分子，如蛋白质、核酸和酶。
【解答】解：γ射线，可以化疗，可以用来治疗某些肿瘤，而β射线、α射线、红外线均不能用来治疗肿瘤，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查γ射线、α射线、β射线及红外线的区别，前三种是原子核发生核反应时放出的，后一种是核外电子发生跃迁时放出的，平时注意多积累相关的常识即可。
4．（3分）地球北极点的重力加速度为g，若在北极点水平抛出一个质量为2kg的物体，物体刚好不再落回地面，而绕地球中心做匀速圆周运动，则该物体的向心加速度为（　　）
A．g B．2g C．3g D．4g
【分析】根据南北两极忽略地球自转，万有引力等于重力；在北极抛出物体恰好做圆周运动时万有引力提供向心力。
【解答】解：物体刚好不再落回地面，而绕地球中心做匀速圆周运动，物体受到的万有引力提供匀速圆周匀速的向心力，根据牛顿第二定律得：

地球北极点的重力加速度为g，万有引力等于重力：

解得：a＝g
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解题的关键是万有引力提供向心力，在北极忽略地球自转，万有引力等于重力。
5．（3分）如图所示，杂技运动员在表演节目时处于静止状态，他的手对椅子的作用力的方向（　　）

A．垂直于靠背斜向下 B．平行于靠背斜向下
C．竖直向下 D．竖直向上
【分析】根据平衡条件，可知椅子对他的手的支持力的方向，再根据牛顿第三定律，可知他的手对椅子的作用力的方向。
【解答】解：杂技运动员在表演节目时处于静止状态，根据平衡条件，人所受合力为0，即椅子对他的手的支持力与它的重力大小相等，方向相反，所以椅子对他的手的支持力方向竖直向上，根据牛顿第三定律，他的手对椅子的作用力的方向为竖直向下，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查平衡条件及牛顿第三定律，是物理知识在实际问题中的应用，本题基础，难度小。
6．（3分）将一物体自空中A点，以一定的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2，2s后物体的速率变为10m/s，则该物体此时（　　）
A．一定在A点上方，且向上运动
B．可能在A点下方
C．一定在A点上方，但向下运动
D．可能在A点
【分析】本题可以采用假设法分析求解，假设物体末速度的方向判断物体位置的特点。
【解答】解：取竖直向上方向为正方向，若物体此时速度方向向上，v＝10m/s，由公式v＝v0﹣gt得，v0＝30m/s，物体在A点上方；若速度方向向下，v＝﹣10m/s，由公式v＝v0﹣gt得，v0＝﹣10m/s，物体回到A点，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题既考查对竖直上抛运动的处理能力，也考查逻辑推理能力，关键要能运用假设进行分析。
7．（3分）如图所示，一位于xOy平面内的矩形通电线圈，线圈的四条边分别与x、y轴平行，线圈中的电流方向如图所示。若在空间加上沿z轴方向的恒定磁场，则线圈（　　）

A．绕Ox轴转动起来 B．绕Oy轴转动起来
C．绕Oz轴转动起来 D．不会转动起来
【分析】对线圈的四条边进行受力分析，发现各边所受安培力的合力为0，所以不会转动。
【解答】解：线圈中电流方向为逆时针，当加上沿z轴方向的恒定磁场后，各边所受安培力情况的俯视图如图所示：
\
由安培力公式F＝BIL可知四个力大小相等，由图象可知四个力成对称分布，所以线圈所受合力为0，不会转动。故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查的是安培力的受力分析和计算问题，注意正确的使用左手定则判断安培力的受力方向。
8．（3分）在“用单分子油膜法估测分子的大小”实验中，通过测量出的数据计算分子直径时，发现计算结果比实际值偏小，其原因可能是（　　）
A．油酸未充分散开
B．已知的油酸溶液浓度高于真实值
C．计算油膜面积时，少数了一个格子
D．计算每滴溶液体积时，将1mL的溶液的滴数多记了10滴
【分析】用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径．根据此原理分析误差．
【解答】解：计算油酸分子直径的公式是d＝，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积．
A、油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A错误；
B、计算时利用的是纯油酸的体积，如果油酸溶液浓度高于实际值，则油酸的实际体积偏大，则直径将偏大，故B错误；
C、计算油膜面积时少数了一格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C错误；
D、求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了10滴，由V0＝可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题关键要理解并掌握单分子油膜法估测分子直径的原理d＝，建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的大小．
9．（4分）将自行车转弯近似看成它绕某个定点O（图中未画出）做圆周运动。如图所示为自行车转弯过程中某时刻的俯视图，A点、B点分别为自行车前、后轮轴中心上的点，虚线表示前、后轮转弯的轨迹，则A点和B点的（　　）

A．线速度相同
B．角速度相同
C．向心加速度相同
D．线速度、角速度和向心加速度都不同
【分析】首先根据A、B绕着同一个点转动，得到A、B两点具有相同的角速度；然后利用公式v＝ωr和a＝ω2r判断A点和B点线速度和向心加速度是否相同。
【解答】解：B、因为A、B两点同时绕着O点转动，所以具有相同的角速度，故B正确；
A、由v＝ωr可知当角速度相等时，转动的半径不同时，线速度也不同，故A错误；
C、由a＝ω2r可知当角速度相等时，转动的半径不同时，向心加速度也不同，故C错误；
D、由上述分析可知A点和B点的角速度相同，线速度和向心加速度不同，故D错误。
故选：B。
【点评】本题的突破点在于分析得到A、B两点绕着O点转动的角速度相等，然后利用公式去求解其他选项。
10．（4分）如图甲所示，光滑的水平桌面上固定着一根绝缘的长直导线，可以自由移动的矩形导线框abcd靠近长直导线静止放在桌面上。当长直导线中的电流按图乙所示的规律变化时（图甲所示电流的方向为正方向），则t1到t2时间内线框（　　）

A．向右做加速运动 B．向左做加速运动
C．向右做减速运动 D．向左做减速运动
【分析】根据右手螺旋定则可以判断电流产生的磁场，根据楞次定律可以判断导线框内产生的感应磁场，由此在判断导线和线框之间的作用力.
【解答】解：由图可知，在t1到t2，时间内，导线的电流为正向在减小，产生的磁场在减小，根据楞次定律可知，导线框的感应磁场与原磁场的方向相同，有右手螺旋定则可得，电流的方向为abcda，直导线的电流和线框的da边的电流方向相同，它们互相吸引，但是由于在0到t1时间内，导线的电流为正向在增大，产生的磁场在增大，根据楞次定律可知，它们互相排斥，导线框已经向右运动，有了初速度，所以此时线框向右做减速直线运动，但不是匀减速运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题关键是要分析清楚导线框的整个的运动过程，以及在不同的过程中导线框受到的作用力的情况，根据受到的作用力就可以判断运动的情况.
11．（4分）如图所示，在匀强电场中E、F六点构成一正六边形，电场方向平行于纸面。一电子在外力作用下从C点移动到E点，克服电场力做功W，从E点移动到A点，其电势能减少W。则匀强电场的场强方向为由（　　）

A．F指向C B．B指向E C．A指向C D．C指向E
【分析】电场力做正功，电荷的电势能减小，电场力做负功，电荷的电势能增加；通过电场力做功找出等势点，作出等势线，电场线方向与等势线垂直，即可知道电场线的方向。
【解答】解：电子从从C点移动到E点，克服电场力做功W，电势能增加W，从E点移动到A点，其电势能减少W，即电子从A点移动E点，其电势能增加W，因此A、C为等势点，所以电场线方向垂直于AC，电子从C到E电场力做负功，可知电场力方向为E指向B，则电场的方向由B指向E，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，以及知道电场线与等势线垂直。
12．（4分）如图所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内封闭着一段长为l、压强为2p0（p0为大气压强）的气柱，两管水银面高度差为h。现保持右管不动，为了使两管内水银面一样高，把左管竖直（　　）

A．向上移动h+l B．向下移动2h+l
C．向上移动h+2l D．向下移动2h+2l
【分析】当两管内水银面相平时，封闭气体的压强等于大气压，而气体发生了等温变化，根据玻意耳定律进行分析。
【解答】解：设玻璃管的横截面积为S，末态两管内水银面一样高，封闭气体压强与外界大气压强相同为p0，
根据玻意耳定律得：2p0Sl＝p0Sl′
解得末态玻璃管内封闭气体的长度为：l′＝2l
保持右管不动，为了使两管内水银面一样高，把左管竖直提高：△h＝h+2l，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是合理利用玻意耳定律，属于一道简单题。
二、填空题（共20分）
13．（4分）如图，将洁净的锌板用导线连接在验电器上，用紫外线灯照射锌板时，观察到验电器指针发生偏转。此时，　光电子　从锌板表面逸出，验电器带　正　电。

【分析】该实验是通过紫外线照射锌板，发生光电效应，锌板失去电子带正电，光电效应说明光具有粒子性。
【解答】解：用紫外线照射锌板，观察到验电器指针发生偏转，说明发生了光电效应，有光电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电，验电器与锌板相连，则验电器的金属球和金属指针带正电。
故答案为：光电子；正。
【点评】解决本题的关键知道光电效应的实质以及光电效应的条件，知道锌板失去电子带正电是解答的关键，基础题。
14．（4分）一横波某时刻的波形图如图所示，此时质点A的运动方向向上，且经过2s第一次回到平衡位置。则波的传播方向　向左　，波速为　1　m/s。

【分析】根据质点的振动方向得到波的传播方向，由波的平移方法找到传播距离，即可根据公式求得波速。
【解答】解：此时质点A的运动方向向上，根据同侧法可知，波向左传播，
经过2s，第一次回到平衡位置，则波向左平移距离 x＝6m﹣4m＝2m，波速v＝＝m/s＝1m/s。
故答案为：向左，1。
【点评】波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系，同时要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况，利用平移方法也可以分析质点的位置。
15．（4分）如图，电荷量为q的正电荷均匀分布在半球面上，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，且OC＝OD＝2R。若C点的场强大小为E，则D点场强的方向　水平向右　，场强的大小为　　。

【分析】将带电半球面补全成一个完整的带电球面，利用均匀带电的球壳在球外空间产生的场强等效于电荷集中于球心处产生的场强计算出完整球壳在D处产生的场强，再减去左侧半球面在D处单独产生的场强即可。
【解答】解：由对称关系可知右侧半球面在C处产生的场强水平向左，把这个带电半球面补充成一个完整的球，则该球带电量为Q＝2q
因为均匀带电的球壳在球外空间产生的场强等效于电荷集中于球心处产生的场强，所以根据库仑定律，完整的带电球面在D处产生的场强为：，方向水平向右
由题意可知右侧半球面在C处单独产生的场强为E，根据对称性，若将这个带电体补全后，左侧的半球面在D处单独产生的场强也为E，方向水平向右
根据矢量叠加原理可得右侧这个半球面在D处单独产生的场强为：，方向水平向右
故答案为：水平向右（或由C指向D）；。
【点评】本题考查的是电场的合成，突破点在于应用均匀带电的球壳在球外空间产生的场强等效于电荷集中于球心处产生的场强计算完整球面在D处产生的场强大小。
16．（4分）在上海走时准确的摆钟，随考察队带到珠穆朗玛峰的顶端，则这个摆钟的走时会　变慢　（选填“变慢”“变快”或“仍然准确”）；若上海地面的重力加速度为g，珠穆朗玛峰顶端的重力加速度为g′，则用这个摆钟在珠穆朗玛峰顶端测得的时间是实际时间的　　倍。
【分析】应用单摆周期公式T＝2π分析求解。
【解答】解：摆钟从上海带到珠穆朗玛峰顶端时，重力加速度g变小，摆钟的摆长L不变，由T＝2π可知，摆钟的周期变大，摆钟变慢，若上海地面的重力加速度为g，摆钟的周期为T＝2π，珠穆朗玛峰顶端的重力加速度为g′，摆钟在珠穆朗玛峰顶端的周期为T′＝2，则＝，即用这个摆钟在珠穆朗玛峰顶端测得的时间是实际时间的倍。
故答案为：变慢；。
【点评】本题考查单摆的周期公式，注意摆钟从上海带到珠穆朗玛峰顶端时，重力加速度g变小，摆钟的周期变大，摆钟变慢。
17．（4分）如图为收费站ETC通道和人工收费通道的示意图，一辆汽车正以v1＝15m/s朝收费站沿直线行驶。如果汽车过ETC通道，需要在收费站中心线前10m处正好匀减速至v2＝5m/s，以该速度匀速运动至中心线后，再匀加速至v1行驶，设汽车加速和减速过程中的加速度大小均为lm/s2，则汽车从开始减速到恢复v1行驶，所通过的位移大小为　210　m；如果这辆车过人工收费通道，由于收费会比以v1匀速通过此通道耽搁30s时间，则汽车过ETC通道，比过人工收费通道节约的时间是　22　s。

【分析】（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速和减速的位移，以及匀速运动的位移大小求出总位移.
（2）根据匀变速直线运动的速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，结合通过ETC通道和人工收费通道的时间求出节约的时间.
【解答】解：汽车过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：
s1＝＝m＝100m
所以总的位移：s1总＝（2s1+10）m＝210m
汽车以v1通过210m所用时间为：
t＝＝s＝14s
汽车通过人工收费通道时，从开始减速到恢复正常行驶过程中的时间为：
t1＝t+30s＝14s+30s＝44s；
汽车过ETC通道需要的时间为：
t2＝2×+＝2×s+s＝22s
汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节约的时间为：△t＝t1﹣t2＝44s﹣22s＝22s.
故答案为：210；22
【点评】解决本题的关键理清汽车在两种通道下的运动规律，结合匀变速直线运动的位移公式和时间公式进行求解，难度不大，
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）“用DIS测电源电动势和内电阻”的实验电路如图甲所示，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。
（1）某同学在实验中将电压传感器“红、黑”接线分别接在电路中“3、1”位置，实验得到的U﹣I图线如图（乙）所示，则电源的电动势E＝　2.8　V，内阻r＝　2.0　Ω。
（2）实验时，在滑动变阻器滑片从最左端逐渐向右移动的过程中，R上功率的变化情况是　先增大后减小　，电源效率的变化情况是　减小　。
（3）若该同学在实验中将电压传感器“红、黑”接线分别接在电路中“4、1”位置，用同样方法处理实验数据，则获得的电源电动势的测量值　等于　真实值，电源内阻r的测量值　大于　真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【分析】（1）接在1、3位置时，写出路端电压和电流的函数关系式，结合U﹣I图象可以求出电动势和内阻；
（2）根据功率随外电阻的变化关系式分析解答功率的变化，根据电源效率随外阻的变化的关系式而变化进行回答；
（3）电压传感器接4、1之间时，电压表测量虽也是路端电压，但电流表相对于电源内阻却是内接法，由此种电路结构进行分析误差。
【解答】解：（1）接在1、3位置时，电压传感器测量的是路端电压U，根据闭合电路欧姆定律有：U＝E﹣Ir，那么U﹣I直线的纵截距就是电动势E＝2.80V，斜率的绝对值就是内阻r＝＝2.0Ω；
（2）写出电阻R上的功率的表达式P＝I2R＝＝，显然当R＝r＝2Ω时，R上的功率有极大值Pm＝，那么随着R从10Ω逐渐减小到0时，R上功率P是先增大而减小。
电源的效率η＝＝＝，随着R的减小，效率也是逐渐减小。
（3）电压传感器接4、1之间时，电压表测量的是路端电压，但电流表相对于电源内阻却是内接法，由于电流表的分压，导致路端电压的测量值小于真实值，但当干路中的电流为零时，电压表也无电流，测量值等于真实值，且电流越大时，电流表的分压越大，那么U﹣I直线相对真实的绕纵截距处顺时针转动一角度，所以电源电动势的测量值等于真实值，但内阻偏大了。
故答案为：（1）2.8、2.0；（2）先增大后减小、减小；（3）等于、大于
【点评】本题考查测定电源的电动势和内阻，在利用U﹣I图象时，要注意电压U与路端电压的关系，这也是电流表内外接法分析误差的关键点所在。
19．（14分）如图所示，在同一水平面内足够长的、平行光滑支架ab、cd，放在磁感应强度B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒MN垂直于支架放置，将它用水平细线跨过定滑轮连接重物G，支架中接有电源E（内阻不计）。已知支架宽l＝40cm，图中电阻R＝0.4Ω，其他部分电阻不计。
（1）当重物G1＝2N时，MN恰好静止不动，求电源E的电动势；
（2）当重物G2＝4N时，MN由静止开始运动起来，求它可达到的最大速度；
（3）在上面第（2）问的情况下，当MN达到最大速度以后图示系统中的能量是如何转化的？

【分析】直流电源在闭合回路中形成电流，该电流使得MN在 场中受安培力作用，当导体不动时受力平衡，即 安培力与绳子拉力（大小等于物体重力）相平衡，即可求出直流电源的电动势。
当物体重力为4牛顿时，绳子对MN的拉力大于棒静止时的安培力，所以MN向右运动切割磁感线，产生感应电动势。该电动势方向与直流电源电动势方向相同（由右手定则判断），故电路中电流增大，MN受到的磁场力增大，故其加速度减小，速度减小，则产生的感应电动势减小，至安培力与重力相等时，重新达到平衡态，做匀速运动，由闭合电路欧姆定律可求出最大的速度。
【解答】解：（1）由于MN处于静止状态，所以有F安1＝G1＝2N，为F安1＝BI1L，I1＝＝＝5A。
所以E＝I1R＝5×0.4V＝2V。
（2）MN达到最大速度时，它处于平衡状态，所以有F安2＝G2＝4N，F安2＝BI2L，
I2＝＝A＝10A，
导体棒切割磁感线运动产生的电流与电源产生的电流同向，两者的电动势相加，E总＝E+E′，E′＝BLv，
由闭合电路欧姆定律，得I2＝＝，v＝＝m/s＝5m/s。
（3）当MN达到最大速度以后图示系统中能量的转化情况是：重物G减少的重力势能和电源E产生的电能不断地转化为电阻R上增加的内能。
答：（1）当重物G1＝2N时，MN恰好静止不动，电源E的电动势是2V；
（2）当重物物G2＝4N时，MN由静止开始运动起来，它可达到的最大速度是5m/s；
（3）在上面第（2）问的情况下，当MN达到最大速度以后图示系统中的能量转化情况为：重物G减少的重力势能和电源E产生的电能不断地转化为电阻R上增加的内能。
【点评】分析含有电源电路的电磁感应电路时一定要注意由于电磁感应现象所产生的感应电动势与直流电源电动势的关系，而此类问题多出现棒的动态分析情况，分析时注意由于加速度的变化而引起的棒的速度的变化情况。
20．（16分）如图，将质量m＝2kg的圆环套在与水平面成θ＝37°角的足够长的直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在A点以下部分粗糙，环与杆该部分间的动摩擦因数μ＝0.5（最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等），直杆A点以上部分光滑。现在直杆所在的竖直平面内，对环施加一个与杆成37°夹角斜向上的拉力F，使环从直杆底端O处由静止开始沿杆向上运动，经4s环到达A点时撤去拉力F，圆环向上最远滑行到B处，已知AB间的距离为m。（重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求圆环经过A点时速度的大小；
（2）求圆环在OA间向上运动的过程中直杆对圆环的弹力大小和方向；
（3）以O点所在的水平面为重力势能的零势能面，求圆环在直杆上运动所具有的最大机械能；
（4）若要使圆环在沿AO下滑的过程中机械能守恒，可加一恒力F′，求F′的大小和方向。

【分析】直杆A点以上部分光滑，因此对AB段运动，可以利用机械能守恒求解；OA间运动过程弹力方向未给出，求弹力时可进行假设，从可能的情况中判断哪些符合题设。
【解答】解：（1）圆环在沿AB向上运动的过程中机械能守恒，有mvA2＝mg•AB•sinθ，
解得vA＝4m/s
（2）对于圆环沿OA向上的匀加速运动过程，有，a＝1m/s2，
假设Fsin37°＜Gcos37°，杆对圆环的弹力垂直于杆向上，由牛顿第二定律，得
N+Fsin37°＝mgcos37°，Fcos37°﹣μN﹣mg sin37°＝ma，
代入数据，算得F＝20N，N＝4N＞0，N的解符合假设。
假设Fsin37°＞Gcos37°，杆对圆环的弹力垂直于杆向下，由牛顿第二定律，得
N+mg cos37°＝Fsin37°，Fcos37°﹣μN﹣mg sin37°＝ma，
代入数据，算得F＝12N，N＝﹣8.8N＜0，N的解不符合假设。
综合上面二种情况可知，圆环在OA间向上运动时直杆对它弹力的大小为4N，弹力的方向垂直于杆向上。
（3）由于圆环在OA间向上做匀加速直线运动，所以其动能和重力势能都增加，所以在该过程中圆环的机械能增加；撤去F后，沿AB向上，再沿BA向下的运动，圆环的机械能守恒；圆环沿AO下滑时滑动摩擦力做负功，机械能减少，所以圆环在A处时机械能最大。
OA＝at2，
E机M＝mvA2+mg•OA•sinθ，E机M＝112J
（4）恒力F′的方向垂直于杆向上，且满足F′＝mgcosθ，这样F′不做功，圆环也不受摩擦力，只有重力对圆环做功，圆环的机械能守恒。解F′＝16N。
答：（1）圆环经过A点时速度的大小为4m/s；
（2）圆环在OA间向上运动时直杆对它弹力的大小为4N，弹力的方向垂直于杆向上；
（3）以O点所在的水平面为重力势能的零势能面，圆环在直杆上运动所具有的最大机械能为112J；
（4）恒力F′的方向垂直于杆向上，大小为16N。
【点评】本题是一道运动学综合题目，考点包括牛顿第二定律、机械能守恒定律等，要求学生具备受力分析能力，掌握牛顿运动定律，能结合场景运用功能关系求解，本题综合性较强，难度较大。