2021-2022学年上海市长宁区高三(上)期末物理试卷(一模)(附详解)

2021-2022学年上海市长宁区高三（上）期末物理试卷（一
模）
一、单选题（本大题共12小题，共40.0分）
1.直流电动机通电后，使线圈发生转动的力是()
A. 重力
B. 电场力
C. 磁场力
D. 摩擦力
2.弹簧振子在做简谐运动过程中，每次经过关于平衡位置对称的两点时，可能相同的
物理量是()
A. 速度
B. 位移
C. 加速度
D. 回复力
3.铅蓄电池的电源电动势为2V，表明铅蓄电池()
A. 接入电路时两极间的电压为2V
B. 1s内能将2J化学能转化为电能
C. 1s内电源内部非静电力做功2J
D. 通过1C电量时，有2J化学能转化为电能
4.如图所示，与纸面平行的匀强电场中有O、P、Q三点，其电势分别为−4V、−2V、
−2V。

下列过O点的电场线画法中，正确的是()
A. B.
C. D.
5.如图所示，高速摄像机记录了一名魔术师的发牌过程，虚线是飞出
的扑克牌的运动轨迹。

则扑克牌在图示位置所受合力F与速度v的方
向关系正确的是()
A. B. C. D.
6.如图所示，通电长直导线右侧有一矩形线框，线框平面与直
导线共面。

使线框从图示实线位置向左平移到虚线位置，此
时直导线正好平分线框。

该过程中穿过线框的磁通量将()
A. 一直减小
B. 一直增大
C. 先减小后增大
D. 先增大后减小
7.一个做竖直上抛运动的弹性小球遇到天花板后被弹回，若取向上方向为正，则描述
小球从开始抛出到落回原地的过程中，其v−t图应是下列图中的哪一幅(不计空气阻力及碰撞时的能量损失)()
A. B.
C. D.
8.如图所示，工人正在清洗建筑外墙，依靠固定在屋顶的绳子保
障安全。

墙面对工人的作用力为F1，绳子对工人的作用力为F2，
不计工人和竖直墙面之间的摩擦。

当他保持同样的姿势缓慢下
滑过程中，下列说法正确的是()
A. F1减小F2减小
B. F1减小F2增大
C. F1增大F2减小
D. F1增大F2增大
9.如图所示，两根平行的长直导线a和b中通有大小相等、方向相反的
电流，此时导线a受到的磁场力大小为F1，当再加入一个与导线所在
平面垂直向里的匀强磁场后，导线a受到的磁场力大小变为F2，若把
所加的匀强磁场反向，则此时导b受到的磁场力大小变为()
A. F2
B. |F1−F2|
C. F1+F2
D. |2F1−F2|
10.如图所示，甲、乙两人分别站在圆周上两个位置，两位置的
连线为圆的一条直径。

他们同时按顺时针方向沿圆周运动。

甲、乙做匀速圆周运动的速度大小分别为v1、v2，经时间t后，
甲第一次追上乙。

则该圆的直径为()
A. 2t(v1+v2)
πB. 2t(v2−v1)
π
C. 2t(v1−v2)
π
D. t(v1−v2)
π
11. 如图所示，斜面固定且光滑。

分别用力F 1、F 2将同
一物体由静止起以相同的加速度，从斜面底端拉到
斜面顶端。

物体到达斜面顶端时，力F 1、F 2所做的功分别为W 1、W 2，则( )
A. F 1<F 2，W 1<W 2
B. F 1<F 2，W 1=W 2
C. F 1>F 2，W 1>W 2
D. F 1>F 2，W 1=W 2
12. 某人在平直公路上仅靠电机驱动电动车以额定功率从静止启动，已知电动车能够达
到的最大速度为v ，电动车所受的阻力是人和车总重力的110。

当车速为v
2时，人和车的瞬时加速度为(g 取10m/s 2)( ) A. 0.5m/s 2
B. 1m/s 2
C. 1.5m/s 2
D. 2m/s 2
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
13. 取一条较长的软绳，一端固定，用手握住另一端沿竖直
方向抖动，可观察到绳波的波形。

某人先后两次抖动后，
观察到如图所示的甲、乙两列绳波波形。

则甲波的周期
比乙波的周期______(选填“大”或“小”)；甲波的起振方向______(选填“向上”或“向下”)。

14. “用DIS 描绘电场的等势线”的实验中，在木板上铺有白纸、复写纸和导电纸，最
下面的是______纸；该实验应选用______电源。

(选填“直流”或“交流”)
15. 如图所示，一端封闭的细玻璃管开口向下竖直插入水银槽中，管
内一小段水银柱分割出两段气体柱，上端气柱长为l 1，下端气柱长
为l 2，且l 1=l 2。

现保持管内气体温度不变，将玻璃管竖直向上缓
慢提起，保持开口端始终在水银面下方，则管内水银柱与水银槽
面的高度差ℎ ______(选填“变大”、“不变”或“变小”)；封
闭的两段气体柱的长度l 1的增长量______l 2的增长量(选填“>”、“=”或“<”)。

16. 在“用单摆测定重力加速度”实验中，绳长为L ，小球直径为d ，摆球摆动过程中光
电门接收到光信号强度I 随时间t 的变化如图，t 1、t 2和t 3均为已知量，由此可得单摆的周期为______，当地重力加速度大小的计算表达式g =______(用上述已知的物理量表示)。

17.如图甲所示，电源电动势为E、内阻为r的电源与阻值为R=6Ω的定值电阻、滑动
变阻器R P、电键S组成闭合回路。

已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效电阻R P的关系如图乙所示。

则定值电阻R消耗的最大功率P max=______W；由图乙可知，R x=______Ω。

三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
18.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用体积为A的纯油酸配置成体积为B的油
酸酒精溶液，再用滴管取体积为C的油酸酒精溶液，让其自然滴出，共n滴。

把1滴该溶液滴入盛水的、表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用油性笔在玻璃板上描出油酸膜的轮廓，测得面积为S。

(1)此估测方法是将每个油酸分子视为球形，让油酸尽可能在水面上散开，则形成
的油膜可视为______油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的______；
(2)估算出油酸分子的直径大小是______(用以上字母表示)；
(3)(单选)用油膜法估算出油酸分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，还需要知
道油酸的______；
A.质量
B.体积
C.摩尔质量
D.摩尔体积
(4)(单选)某同学计算出的油酸分子直径明显偏大，可能的原因是______。

①油酸中含有大量酒精
②痱子粉撒太多，油膜未能充分展开
③计算油膜面积时，将所有不完整的方格都作为一格保留
④计算每滴溶液中纯油酸的体积时，1ml油酸酒精溶液的滴数多记了10滴
四、计算题（本大题共2小题，共30.0分）
19.如图所示的电路，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=
5Ω，灯L标有“3V，1.5W”字样，滑动变阻器最大
值为R。

当滑片P滑到最右端A时，理想电流表的读
数为1A，此时灯L恰好正常发光，试求：
(1)电源电动势E；
(2)当滑片P滑到最左端B时，电流表读数；
(3)当滑片P位于滑动变阻器的中点时，电灯的功率是多少。

(假设电灯的电阻值恒
定不变)
20.图(a)是一个电动竹蜻蜓，质量为m，下方的圆球里有电动机、电池、红外线发射
器等，打开电源后叶片转动时会产生一个与叶片转动平面垂直的推进力F，使玩具在空中飞行。

该玩具有如下特性：
(Ⅰ)如图(b)所示，玩具后方射出与推进力F方向相反的红外线，由此可判定玩具与沿红外线后方物体的距离ℎ；
(Ⅱ)①当ℎ>0.8m时，推进力F1=0.8mg；②当ℎ≤0.8m时，推进力F2=1.25mg；
(Ⅲ)忽略空气阻力，玩具可视为质点。

(1)若将玩具从距离地面ℎ<0.8m处静止释放，在竖直方向形成机械振动，请通过分析、判断，说明该运动是不是简谐运动？
(2)若将玩具从距离地面ℎ>0.8m处静止释放，保持在竖直方向运动，为使其不撞击到地面，ℎ应满足什么条件？
(3)某同学将此玩具装置进行了改进，将玩具从离地面高度为4ℎ0处静止释放，使玩具在竖直方向运动，此时推进力F随离地面高度ℎx变化的关系如图(c)所示。

求玩具离地面多高处动能最大？从释放点到动能最大处，推进力做了多少功？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由于直流电动机的线圈置于磁场之中，通电之后线圈受到磁场的作用力发生转动，故C正确，ABD错误；
故选：C。

明确直流电动机的原理，知道直流电机中安培力使线圈发生转动。

本题主要考查了直流电动机的原理问题，解题关键在于了解支流电动机转动时是受到磁场力而转动的。

2.【答案】A
【解析】解：
A、物体经过关于平衡位置对称的位置时，根据对称性可知，速度可能相同，故A正确；
B、物体经过关于平衡位置对称的位置时，位移大小相等，方向相反，所以位移不同，故B错误。

C、由a=−−kx
，知位移大小相等、方向相反，则加速度也大小相等、方向相反，所以m
加速度不同，故C错误。

D、由F=−kx，知位移大小相等、方向相反，则回复力也大小相等、方向相反，所以回复力不同，故D错误。

故选：A。

，简谐运动的位移是从平衡位置指向物体所在的位置，其基本特征是F=−kx，a=−−kx
m
根据这些知识和对称性进行分析解答。

本题要理解简谐运动位移的概念，根据位移判断加速度和回复力的关系，分析速度时要抓住对称性。

3.【答案】D
【解析】解：A、电池接入电路时，其两极间的电压为路端电压，故电压一定小于电动势2V，故A错误；
BC、铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，不一定是在单位时间内，故做功以及能量的转化均与时间无关；故BC错误；
D、根据电动势的定义式E=W
q
，可知电路中每通过1C的电荷量，非静电力做功为W= qE=2×1=2J，则电源把2J的化学能转变为电能，故D正确。

故选：D。

电动势等于内外电路电压之和；铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J；根据电动势的定义判断。

本题考查对电动势的理解，关键抓住电动势的物理意义：表征电源把其它形式的能转化
为电能的本领大小，掌握电动势的定义式E=W
q
，式中W是非静电力做功。

4.【答案】A
【解析】解：电场为匀强电场，P、Q两点的电势相等，所以两点的连线为等势线，O点的电势低于P、Q所在的等势线电势，电场线由高电势指向低电势，所以电场线应垂直P、Q的连线向左下，即指向O点，故A正确，BCD错误。

故选：A。

根据电场线与等势线垂直的特点可确定电场线，根据沿电场线方向电势逐渐降低可知电场线方向。

本题考查电势差和电场强度的关系，解题关键掌握电场线与等势线的关系，注意沿电场线方向电势逐渐降低。

5.【答案】B
【解析】解：曲线运动的物体速度方向沿切线方向，而飞出的扑克牌受到重力和空气阻力的作用做减速运动，所以其合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，且与速度方向的夹角大于90°，故B正确，ACD错误。

故选：B。

做曲线运动的物体的速度的方向是沿着运动轨迹的切线的方向，合力指向运动轨迹弯曲的内侧。

本题以高速摄像机记录了一名魔术师的发牌过程为背景，考查物体做曲线运动的条件，
根据物体的运动轨迹来判断受到的合力的方向，合力应该指向运动轨迹的弯曲的内侧，这是解决曲线运动的时候经常用到的知识点。

6.【答案】D
【解析】解：由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框靠近通电导线，线框的左侧边框没有通过导线所在位置时，穿过线框的磁感线的条数越来越多，磁通量将逐渐增大；当线框平移到虚线位置，此时直导线正好平分矩形线框，磁通量为零，故从线框的左侧边框通过导线所在位置到线框平移到虚线位置磁通量逐渐减小，故D正确，ABC错误。

故选：D。

磁通量为穿过磁场中某一平面的磁感线的条数；当线圈面积不变，根据磁感线的疏密判断穿过线框的磁通量的变化。

对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况。

7.【答案】C
【解析】解：小球先匀减速上升，突然反向后匀加速下降；取向上方向为正方向，速度的正负表示方向，则知速度v先是正值，不断减小，突然变为负值，且大小不断增大；故C正确，ABD错误。

故选：C。

小球先匀减速上升，遇到天花板后突然反向匀加速下降，速度时间图象反映了各个不同时刻小球的速度情况，根据实际情况作图即可．
速度时间图象形象直观地反映了物体速度随时间的变化情况，速度的正负表示方向，绝对值表示大小．通过分析小球的运动情况来研究图象．
8.【答案】A
【解析】解：设绳子与墙面间的夹角为θ，屋顶到人之间的绳子长度为L，绳与人的接触点到境之间的距离为d，当他保持同样的势缓慢下滑过程中，由于d不变，L增大，则θ减小，对人受力分析，如图所示
可得
F1=mgtanθ，
F2=mg
，
cosθ
θ变小，tanθ变小，cosθ增大，则F1、F2均减小，故A正确，BCD错误。

故选：A。

对人受力分析，根据平衡条件即可求解。

本题考查共点力作用下平衡，属于基础题，对人受力分析列平衡式即可。

9.【答案】D
【解析】解：a和b中通有方向相反的电流，则a和b之间产生相互
排斥的磁场力大小为F1，如图1所示，当再加入的匀强磁场的方向
为垂直纸面向内时，对a、b产生的磁场力大小均为F0。

对于a，F1与F0的方向均向左，则a受到磁场力大小F2=F1+F0，
把所加的匀强磁场反向变为垂直纸面向外，b受到的F0的方向变为水平向右与F1反向，则b受到磁场力大小F b=|F1−F0|=|2F1−F2|
故选：D。

当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．
当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互．
10.【答案】C
【解析】解：经时间t后乙第一次追上甲时，甲沿圆周运动的路程为：s1=v1t
乙沿圆周运动的路程为：s2=v2t
根据题意有：s2−s1=π⋅d
2
，故C正确，ABD错误。

联立解得该圆的直径为：d=2t(v1−v2)
π
故选：C。

根据匀速圆周运动的路程等于线速度与时间的乘积和甲、乙两人的路程之差为圆周长的一半列式求解即可。

本题考查了匀速圆周运动问题，解决此题的关键是要明确甲、乙两人的路程之差为圆周长的一半。

11.【答案】B
【解析】解：对物体受力分析，根据牛顿第二定律
F1−mgsinα=ma
F2cosα−mgsinα=ma
联立可得：F1=F2cosα
所以F1<F2
物体在两种情况下的功为
W1=F1x
W2=F2xcosα=F1x
所以W1=W2
故ACD错误，B正确。

故选：B。

根据牛顿第二定律可以比较出两个力的大小，然后根据运动学公式得到物体到达顶端的速度，进而根据功的公式比较功的大小。

功等于力与在力的方向上运动的位移的乘积，即W=Fxcosα，α表示力F和位移x之间的夹角，一定要注意它们方向上的一致性。

12.【答案】B
【解析】解：由题意可知电动车所受的阻力大小为
f=1
mg，
10
当电动车以最大速度行驶时，电机牵引力与阻力大小相等，则
P=fv，
时，电机牵引力大小为
当车速为v
2
F=P v
，
2
设此时人和车的瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律有
F−f=ma，
联立解得
a=1m/s2，
故B正确，ACD错误；
故选：B。

时，牵引电动车能够达到的最大速度v时，电动车所受的阻力与牵引力平衡；当车速为v
2
力变大，根据牛顿第二定律可求加速度。

本题考查机车行驶过程中的功率问题，解决这类问题要注意机车以最大速度匀速行驶时，牵引力等于摩擦力；弄清楚以恒定功率启动和以恒定加速度启动的区别。

13.【答案】大向下
【解析】解：甲、乙两个绳波在同一介质中传播，波速相等，由题图知甲的波长比乙的
可知，甲的周期比乙的大；波的起振方向与波最前面质点的振动大，由波速公式v=λ
T
方向相同，根据微平移法可知，甲的起振方向向下；
故答案为：大，向下
可知周期大小；波的起振方向与波最前面质点的振动
波速由传播介质决定，根据v=λ
T
方向相同。

的本题考查横波的图像，解题关键掌握机械波的波速由介质决定的特点，注意公式v=λ
T
应用。

14.【答案】白直流
【解析】解：本实验要将等势线描绘在白纸上，所以铺在最下面。

先要在导电纸找到等势点，并将这些点通过复写纸印在白纸上，所以需在木板上依次铺放白纸，复写纸和导电纸；
本实验是用恒定电流场来模拟静电场；两极间分别接电源的正负极时可以在两极间产生恒定的电流场，可以用此电流场模拟静电场，所以要使用低压直流电源，即选择6V的直流电源。

故答案为：白；直流。

明确实验原理，知道直接测量静电场中电势比较困难，本题抓住静电场与恒定电流场相似，用恒定电流场模拟静电场，两电极模拟两个等量异种点电荷，所以要使用直流电源。

本题主要是考查描绘电场的等势线实验，解答本题的关键是掌握该实验的实验原理和实验方法。

15.【答案】变大>
【解析】解：设大气压强为p0，下端空气柱的压强为p2，上部空气柱压强为p1；两空气柱间的水银柱长度为L；
则下部空气柱的压强p2=p0−pℎ，上部气柱的压强p1=p0−pℎ+L，p1=p2−p L，
假设将玻璃管竖直向上缓慢提升时，l2的下端面水银没有上升，保持原高度即l2内气体的压强不变，下部空气柱体积不变，
就只有l1的体积增大，于是l1内气体压强变小，由于p1=p2−p L，而L不变，则p2减小，则假设错误，下部气体体积增大，即l2变大，
下部气体体积变大，气体温度不变，由玻意耳定律可知，下部气体压强减小，即p2减小，由于p2=p0−pℎ，大气压强p0不变，则管内水银柱高度差ℎ变大，
由于它们压强减小的绝对值一样，而l1气体原来压强比l2小，由玻意耳定律定律知，l1的压强变化的相对值大，故l1长度增长大于l2的长。

故答案为：变大，>。

先假设将玻璃管竖直向上缓慢提升时，l2的下端面水银没有上升，保持原高度，即l2内气体的压强不变，那么其体积就不变，就只有l1的体积增大，于是l1内气体压强变小但是l1内的气体压强始终是l2气体压强减去中间那段水银柱高度，所以假设错误，l2也会体积增大，压强减小。

本题利用假设法判断下边空气柱的长度变化，利用理想气体状态方程分析出管内水银面与管外水银面高度差的特点。

16.【答案】t3−t12π2(2L+d)
(t3−t1)2
【解析】解：摆球摆动在一个周期内要两次经过光电门，所以单摆的周期为t3−t1；
由单摆的周期公式T=2π√L
g 可得重力加速度大小的计算表达式为：g=4π2(L+
d
2
)
(t3−t1)2
=
2π2(2L+d)
(t3−t1)2。

故答案为：t3−t1；2π2(2L+d)
(t3−t1)2
根据图像分析出单摆的周期，结合单摆的周期公式计算出g的表达式。

本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据图像分析得到周期，根据单摆的周期公式即可完成计算，属于常规考法。

17.【答案】620
【解析】解：将定值电阻R看作电源的内阻，由图乙可知，当滑动变阻器的电阻R p=R+ r=6Ω+r=10Ω时，即r=4Ω，滑动变阻器消耗的电功率最大，最大功率有
P max=[E
2(R+r)
]2(R+r)=2.5W
代入数据解得：E=10V
当电路中的电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，此时R p=0，最大功率为
P′max=[E
2(R+r)
]2R
代入数据解得：P′max=6W
由图乙可知，当滑动变阻器的阻值为5Ω与阻值为R x时消耗的功率相等，则有
(E 5+R+r )2×5=(E
R x+R+r
)2⋅R x
代入数据解得：R x=20Ω
故答案为：6，20
将定值电阻R看作电源的内阻，当外电阻与内阻相等时消耗的功率最大，从而解得电源电动势，再根据电功率的计算公式解得定值电阻R消耗的最大功率；由图乙可知，当滑动变阻器的阻值为5Ω与阻值为R x时消耗的功率相等。

本题考查闭合电路的欧姆定律，解题关键掌握闭合电路欧姆定律的应用，注意电功率的计算公式的应用，掌握当外电阻与内阻相等时消耗的功率最大。

18.【答案】单分子直径AC
nBS
D②
【解析】解：(1)此估测方法是将每个油酸分子视为球形，让油酸尽可能在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。

(2)所配制油酸酒精溶液的体积分数为A
B
，体积为C的油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
V=AC
B
1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为
V0=AC
nB
油酸分子的直径大小为
d=V0
S =AC
nBS
(3)用油膜法估算出油酸分子的直径后，可以根据体积公式估算出1个油酸分子的体积，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道N A个油酸分子的总体积，即油酸的摩尔体积，故选D．
(4)①.油酸中虽含有大量酒精，但只要每一滴油酸酒精溶液中所含油酸的体积计算准确，就不会造成实验结果明显偏大的情况，故①错误；
②.痱子粉撒太多，油膜能充分展开，S测量值偏小，会造成测量值偏大，故②正确；
③.计算油膜面积时，将所有不完整的方格都作为一格保留，S则量值偏大，会造成测量值偏小，故③错误；
④.计算每滴溶液中纯油酸的体积时，1ml油酸酒精溶液的滴数多记了10滴，则每一滴
油酸酒精溶液中所含纯油酸的体积测量值偏小，会造成d测量值偏小，故④错误。

故选②．
故答案为：(1)单分子，直径；(2)AC
nBS
；(3)D；(4)②
(1)此估测方法是将每个油酸分子视为球形，让油酸尽可能在水面上散开，则形成的油
膜可视为单分子油膜，
(2)根据V=Sd可计算油膜直径大小；
(3)可以根据体积公式估算出1个油酸分子的体积，要测定阿伏加德罗常数，还需要知道N A个油酸分子的总体积，
(4)根据实验原理分析判断实验误差。

本题考查用油膜法估测分子直径，解题关键掌握实验原理，注意计算分子体积的方法。

19.【答案】解：(1)当P滑到A时，R2被短路，如图1所示，由闭合电路欧姆定律得：E=U L+I(R1+r)=3V+1×(2+
1)V=6V；
(2)当P在B点时，电路如图2所示。

此时电流表的读数为I′=E R
1+r =6
2+1
A=2A；
(3)当滑片P位于滑动变阻器中点时等效电路如图3所示，
由图知R2与右侧R
2
被电流表短接，在图1所示电路中总电流为I=1A．
通过灯L的电流为I L=P L
U L =1.5
3
A=0.5A，
通过变阻器R的电流为I R=I−I L=0.5A，
由并联电路的特点可得：R=R L=U L I
L =3
0.5
Ω=6Ω；
在图3所示电路中并联部分电路的总电阻为：R
并=R L⋅
1
2
R
R L+1
2
R
=6×3
6+3
Ω=2Ω
小灯泡两端的电压为：U L=
R
并
R
并
+R1+r
⋅E=2
2+2+1
×6V=2.4V．
小灯泡的功率为：P=U L2
R =2.42
6
W=0.96W。

答：(1)电源电动势为6V；
(2)当滑片P滑到最左端B时，电流表读数为2A；
(3)当滑片P位于滑动变阻器的中点时，电灯的功率是0.96W。

【解析】(1)P滑到A时，R2被短路，画出等效电路图，则由闭合电路欧姆定律可求出电动势；
(2)滑到P端时，只有R1接入电路，则由闭合电路欧姆定律可求得电流表读数；
(3)P滑到中点时，L与R并联后再与R1串联，则先求出并联部分的电压，再由功率公式求得灯泡上消耗的功率。

本题应明确滑片的位置不同对电路造成的影响，分别画出对应的电路图，则可由闭合电路欧姆定律及串并联电路的特点进行求解．
20.【答案】解：(1)由题意：ℎ≤0.8m时，升力F2=1.25mg
升力是固定值，与重力的合力作为回复力也定值，其大小不可能与位移大小成正比，所以该运动不是简谐运动。

(2)以玩具为研究对象
ℎ>0.8m时，由牛顿第二定律mg−F1=ma1
a1=0.2g，方向竖直向下
ℎ<0.8m时，由牛顿第二定律F2−mg=ma2
a2=0.25g，方向竖直向上
为使玩具不撞击地面，临界条件是减速到地面前瞬时速度为零。

设玩具下落至ℎ0=0.8m时，速度v
由匀变速运动规律v2=2a1(ℎ−ℎ0)=2a2ℎ0
联立代入数据解得：ℎ=1.8m。

所以，释放高度应小于1.8m。

(3)玩具从高处静止释放后，先做变加速运动，后做变减速运动，当推进力等于重力时，速度最大，动能最大。

由图(c)知，直线的斜率k=ΔFΔℎ
x =−2mg
2ℎ0
=−mg
ℎ0
斜线方程为F=−mgℎ
ℎx+4mg
①由斜线方程知，当F=mg时，ℎx=3ℎ0
玩具离地面3ℎ0处动能最大
②由图(c)可得从释放点到动能最大处，推进力做负功，大小为
W=−1
2×mg×(4ℎ0−3ℎ0)=−1
2
mgℎ0
答：(1)该运动不是简谐运动。

(2)若将玩具从距离地面ℎ>0.8m处静止释放，保持在竖直方向运动，为使其不撞击到地面，释放高度应小于1.8m。

(3)玩具离地面3ℎ0高处动能最大，从释放点到动能最大处，推进力做了−1
2
mgℎ0的功。

【解析】(1)根据简谐运动的条件判断。

(2)根据牛顿第二定律解得加速度，结合运动学公司可解得。

(3)当推进力等于重力时，速度最大，动能最大。

本题考查动能定理，解题关键掌握动能定理的应用要选取运动过程，注意当推进力等于重力时，速度最大，动能最大。