2020年四川省綿陽(yáng)市高考物理二診試卷

1、B.周期越小C.線速度越小質(zhì)量為m的籃球從某一高處從靜止下落，經(jīng)過(guò)時(shí)間ti與地面接觸，經(jīng)過(guò)時(shí)間t2彈離A. mgti+mgt2十 mgt3B. mgti+mgt2-mgt3高考物理二診試卷題號(hào)一一三四總分得分一、單選題（本大題共 5小題，共30.0分）1. 一小球系在不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端，細(xì)繩另一端固定在空中某點(diǎn)。這個(gè)小球動(dòng)能不同，將在不同水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。小球的動(dòng)能越大，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的（）A.半徑越小D.向心加速度越小2.一物塊在固定的粗糙斜面底端以初速度Vo沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，又返回底端。能夠描述物塊速度v隨時(shí)間t變化關(guān)系的圖象是（）3.地面，經(jīng)過(guò)時(shí)間t3達(dá)到最高點(diǎn)。重力加速度為 g,忽

2、略空氣阻力。地面對(duì)籃球作用 力沖量大小為（）第9頁(yè)，共13頁(yè)C. mgti-mgt2+mgt3D. mgti-mgt2-mgt34.如圖所示，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M. N上的a、b兩點(diǎn)，a點(diǎn)比b點(diǎn)低，晾衣繩粗糙，懸掛 衣服的衣架鉤在晾衣繩中點(diǎn)和在桿M. N中間位置時(shí)都不滑動(dòng)。衣架靜止，下列說(shuō)法正確的是（）A.衣架鉤在晾衣繩中點(diǎn)時(shí)，左右兩邊繩子拉力大小相等B.衣架鉤在晾農(nóng)繩中點(diǎn)時(shí)，右邊繩子拉力小于左邊繩子拉力C.衣架鉤在桿M. N中間位置時(shí)，左右兩邊繩子拉力大小相等D.衣架鉤在桿 M. N中間位置時(shí)，右邊繩子拉力大于左邊繩子拉力5.2019年1月3日嫦娥四號(hào)月球探測(cè)器成功軟著

3、陸在月球背面，著陸前在離月球表面112km的高空僅在月球萬(wàn)有引力作用下環(huán)月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小為a月，周期為T月；設(shè)貼近地面的近地衛(wèi)星僅在地球萬(wàn)有引力作用下環(huán)地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，向心加速度大小為a地,周期為T地.已知月球質(zhì)量6.7M022kg,半徑1.7 106m； 地球質(zhì)量6.0 >1024kg,半徑6.4 106m.則（）A.a月a地,T月T地B.a月a地,T月vT地C.a月va地,T月T地D.a月va地,T月T地二、多選題（本大題共 5小題，共27.0分） 6.如圖所示，電路中 R1、R2均為可變電阻，電源內(nèi)阻不能忽略，平行板電容器C的極板水平放置。閉合開關(guān)S, 電路達(dá)

4、到穩(wěn)定時(shí)，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)， 如果僅滿足下列各選項(xiàng)中的條件，油滴仍可能靜止不動(dòng)7.8.的是（）A.增大Ri的阻值，增大 R2的阻值B.增大Ri的阻值，減小 R2的阻值C.減小Ri的阻值，增大 R2的阻值D.減小Ri的阻值，減小 R2的阻值勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶正電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自P點(diǎn)以垂直于電場(chǎng)方向的初速度vo開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)，則（）A.電場(chǎng)中，P點(diǎn)電勢(shì)高于 Q點(diǎn)電勢(shì) B.粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能小于在 Q點(diǎn)的電勢(shì)能C.在P、Q兩點(diǎn)間，粒子的軌跡可能與某條電場(chǎng)線重合D.在P、Q兩點(diǎn)間，粒子運(yùn)動(dòng)方向一定與電場(chǎng)方向不平行傾角為0 =30勺光滑絕緣余面底端 O點(diǎn)固定一正點(diǎn)電荷，一帶正電小

5、物塊（可視為 質(zhì)點(diǎn)）從斜面上的A點(diǎn)由靜止釋放，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)能夠到達(dá)的最低點(diǎn)是B點(diǎn)。取。點(diǎn)所在平面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，A點(diǎn)為電勢(shì)能零點(diǎn)，小物塊重力勢(shì)能E重和在B、A之間電勢(shì)能E電隨它與。點(diǎn)間距離x變化如圖所示。重力加速度 lOm/s2.由圖中數(shù) 據(jù)可得（）A.小物塊體的質(zhì)量為 5kgB.在B點(diǎn)，E電=25JC.從A點(diǎn)到B點(diǎn)，小物塊體速度先增大后減小D.從A點(diǎn)到B點(diǎn)，小物塊體加速度先增大后減小9.關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的是（）A.氣體吸熱后溫度一定升高B.對(duì)氣體做功可以改變其內(nèi)能C.理想氣體等壓壓縮過(guò)程一定放熱D.理想氣體絕熱膨脹過(guò)程內(nèi)能一定減少E.在自發(fā)過(guò)程中，分子一定從高溫區(qū)域擴(kuò)散到低溫區(qū)域1

6、0.如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波t=ls時(shí)刻波形圖，該時(shí)刻M點(diǎn)開始振動(dòng),再過(guò)1.5s, N點(diǎn)開始振動(dòng)。下列判斷正確的是（）F戶由A.波的傳播速度4m/sB.質(zhì)點(diǎn)M的振動(dòng)方程y=0.5sin （2疝+2）C.質(zhì)點(diǎn)M、N相位相差是兀D. t=0.5s時(shí)刻，x=1.0m處質(zhì)點(diǎn)在波峰E.t=2.5s時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)M. N與各自平衡位置的距離相等三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共 2小題，共15.0分）11.某同學(xué)用如圖甲所示裝置對(duì)輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能進(jìn)行探究：輕質(zhì)彈簧水平放置在光滑桌面，左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小球在 A點(diǎn), 向左推小球壓縮彈簧一段距離后小球至C點(diǎn)，由靜止釋放。用頻

7、閃照相機(jī)得到小球從C點(diǎn)到B點(diǎn)的照片如圖乙所示。 已知頻閃照相機(jī)頻閃時(shí)間間隔為重力加速度大小為go回答下列問(wèn)題：（1）本實(shí)驗(yàn)中可認(rèn)為，彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能Ep與小球離開彈簧時(shí)的動(dòng)能 Ek相等。為測(cè)得Ek,除已知物理量外，至少還需測(cè)量下列物理量中的 （填正確A.小球的質(zhì)量 mB. C、A間距離ScaC. C、B間距離ScbD. A、B間距離SabE.彈簧的壓縮量 AxF.彈簧原長(zhǎng)10（2）用所選取的測(cè)量量和已知量表示Ek,得Ek=。（3）由于桌面不是絕對(duì)光滑，測(cè)得的彈性勢(shì)能Ep與真實(shí)值相比較（選填“偏 大” “偏小”或“相等”）12.用電流表和電壓表測(cè)定 2節(jié)干電池串聯(lián)組成的電池組的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電

8、阻。要求盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差。（1）實(shí)驗(yàn)電路應(yīng)該選擇下圖中的 （選填“甲”或“乙”）。（2）現(xiàn)有電壓表（03V）、開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及以下器材：A.電流表（0150mA）B.電流表（01.5A）C.滑動(dòng)變阻器（030Q）D .滑動(dòng)變阻器（0-300 Q）實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用 ;滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用 。（選填相應(yīng)器材前的字母） （3）某位同學(xué)記錄的 6組數(shù)據(jù)如表所示，請(qǐng)?jiān)?U-I坐標(biāo)系（如圖丙）上標(biāo)出 6組 數(shù)據(jù)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，畫出 U-I圖線。序號(hào)123456電壓U/V2.802.502.201.901.601.30電流I/A0.120.320.500.680.881.06（4）根據(jù)（3）中所畫圖線可得出電池

9、組的電動(dòng)勢(shì)E=V,內(nèi)電阻r=口。四、計(jì)算題（本大題共 4小題，共52.0分）13 .光滑水平臺(tái)面離地面高 H,臺(tái)面上A點(diǎn)與臺(tái)面邊緣B點(diǎn)間距離L,木塊甲、乙分別 靜止在A點(diǎn)，在相同的恒定水平外力作用下從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去外力。甲落地點(diǎn)與B點(diǎn)之間水平距離為 x,乙落地點(diǎn)與B點(diǎn)之間水平距離為 3x。已知木塊甲質(zhì) 量為m,重力加速度為g。求：(1)恒定水平外力的大?。?2)木塊乙的質(zhì)量。14 .如圖所示，半徑 R=7.5m的四分之一光滑圓弧 QP豎直放置，與粗糙水平地面平滑 連接于P點(diǎn)，整個(gè)空間存在場(chǎng)強(qiáng)大小E=2X103V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，豎直邊界 MP右側(cè)電場(chǎng)方向水平向右，左側(cè)電場(chǎng)方向豎直向上；小物

10、塊A、B (視為質(zhì)點(diǎn))大小形狀相同，A電荷量為q=+5X10-3C, B不帶電，質(zhì)量 mA=3kg, mB=1kg。從Q點(diǎn)由靜止 釋放A,與靜止在地面上 D點(diǎn)的B碰撞。己知A、B與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)均為科=0.2P、D間距離xo=16.5m, g取10m/s2, A、B間碰撞為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。求：(1)物塊A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，受到圓弧軌道支持力的大?。?2)物塊A、B碰撞后瞬間，A、B速度的大小和方向；(3)物塊A、B第一次碰撞后，過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間發(fā)生第二次碰撞。15 .如圖，長(zhǎng)L =200cm,粗細(xì)均勻的玻璃管一端封閉。水 j,平放置時(shí)，長(zhǎng)L0=100cm的空氣柱被水銀柱封住，水銀柱長(zhǎng)h=50c

11、m。將玻璃管緩慢地轉(zhuǎn)到開口向下的豎直位置，然后豎直插入水銀槽,插入后有h0=25cm的水銀柱進(jìn)入玻璃管。設(shè)整個(gè)過(guò)程中溫度始終保持不變，大氣壓強(qiáng) p0=75cmHg.求插入水銀槽后管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)。16 .如圖所示，AOB為折射率n=43的扇形玻璃磚截面，一 束單色光照射到 AO面上的C點(diǎn)，在C點(diǎn)折射后的光 線平彳T于OB.己知C點(diǎn)是AO的中點(diǎn)，D點(diǎn)是BO延 長(zhǎng)線上一點(diǎn)，ZAOD =60°。(i)求入射光在C點(diǎn)的入射角；(ii)通過(guò)計(jì)算判斷光射到 AB弧能否從AB弧射出。答案和解析1 .【答案】B【解析】 解：A、設(shè)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)細(xì)繩與豎直方向的夾角為依速度為v,細(xì)繩長(zhǎng)度為L(zhǎng).由牛

12、頓第二定律得:mgtan 0m1圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r=Lsin 0小球的動(dòng)能為：Ek=gmv2。聯(lián)立解得 v=而再而板前,Ek=mgLsin 0 tan 0則知小球的動(dòng)能越大，。越大，則做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，故 A錯(cuò)誤。B、根據(jù)T=；=2,。越大，cos施小，則周期T越小，故B正確。yry I ri U LU f l>VC、根據(jù)v= JgLsinOlane,知線速度越大，故 C錯(cuò)誤。D、向心加速度a= =gtan。則向心加速度越大，故 D錯(cuò)誤。故選：B。小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由重力和細(xì)繩拉力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出動(dòng)能與細(xì)繩和豎直方向夾角的關(guān)系，再進(jìn)行分析。本題是圓錐擺

13、問(wèn)題，關(guān)鍵是正確分析小球的受力情況，確定向心力的來(lái)源。要注意小球 圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與擺長(zhǎng)不同。2 .【答案】C【解析】解：根據(jù)牛頓第二定律得：上滑過(guò)程： mgsin 0 +mgcos 0 mai 下滑過(guò)程： mgsin - pmgcos 0 ma2由比較知：ai>a2,則物塊上滑過(guò)程 v-t圖象的斜率比下滑過(guò)程的大。由速度j時(shí)間公式得：上滑過(guò)程有 vo=aito,下滑過(guò)程有vo=a2ti,可得ti>to,故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：Co先根據(jù)牛頓第二定律分析物塊上滑和下滑時(shí)加速度大小，從而判斷出圖象斜率的關(guān)系。根據(jù)速度時(shí)間公式分析兩個(gè)過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。解決本題的關(guān)鍵要正確分析物塊的受

14、力情況，利用牛頓第二定律比較兩個(gè)過(guò)程加速度的大小。同時(shí)，要知道速度圖象的斜率表示加速度。3 .【答案】A【解析】 解：選向下為正，運(yùn)動(dòng)全程由動(dòng)量定理得：mg (ti+t2+t3)+I地=0則有：I地=-(mgtl+mgt2十mgt3) 負(fù)號(hào)表方向，故 A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A全程應(yīng)用動(dòng)量定理求得地面對(duì)籃球的沖量大小。本題考查了求力的沖量，應(yīng)用沖量動(dòng)量定理可正確解題，要注意沖量是矢量，解題時(shí)明 確方向問(wèn)題，從而確定沖量的正負(fù)。4 .【答案】D【解析】解：設(shè)a到節(jié)點(diǎn)的高度為hi, b到節(jié)點(diǎn)的高度為h2,節(jié)點(diǎn)到M的水平距離為xi,節(jié)點(diǎn)到N的水平距離為X2, a端繩子和水平方向的夾角為“，b端繩子

15、和水平方向的夾角為9,對(duì)繩子節(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，如圖所示：AB、當(dāng)衣架鉤在晾衣繩中點(diǎn)時(shí)， 設(shè)a、b到節(jié)點(diǎn)繩子長(zhǎng)度為L(zhǎng),根據(jù)幾何關(guān)系有：sin a.=,因?yàn)閔ih2,可得a< 0,根據(jù)平衡條件：FaCOS aEbCOS?？傻?#39;=<1, FaFb,故AB錯(cuò)誤；% %CD、衣架鉤在桿 M、N中間位置時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系：tan斫，tan 0 =, xi=X2,因?yàn)閔ivh2,可得a< 0,F I aJQ根據(jù)平衡條件：FaCOS a FbCOS?？傻?V 1 , Fa<Fb,故C錯(cuò)誤，D正確。故選：Do對(duì)繩子節(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件知，兩繩在水平方的分量大小相等。再根據(jù)

16、幾何關(guān)系，不管衣架鉤在晾衣繩中點(diǎn)還是衣架鉤在桿M、N中間位置，a端繩子水平方向的夾角“總小于b端繩子水平方的夾角，利用數(shù)學(xué)知識(shí)可以判斷兩繩拉力大小。本題考查了共點(diǎn)力的平衡、力的合成與分解的運(yùn)用等知識(shí)點(diǎn)。本考點(diǎn)考查考生的基本功： 受力分析，受力分析是處理力學(xué)問(wèn)題的關(guān)鍵和基礎(chǔ)，所以要熟練掌握物體受力分析的一般步驟和方法。另外，利用數(shù)學(xué)知識(shí)解題也是本題的一個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)。5 .【答案】C【解析】解：根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有:則向心加速度為:b.7 X IO7' K 佰* K IO&/他神可 ¥& k lo:*sc (1.7 x 1(? 4- 112000)=0.14,所以

17、a月va地所以有:a，7x KI >Q.lia K )U*)S KfyK iy 4/d X W, Xt7 K M1J所以T月T地，故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：Co根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力并結(jié)合牛頓第二定律求解向心加速度的表達(dá)式以及周期的表 達(dá)式，根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)分析求解大小關(guān)系。能根據(jù)相關(guān)的公式推導(dǎo)出解決該題關(guān)鍵是明確知道衛(wèi)星的向心力是由萬(wàn)有引力來(lái)提供, 向心加速度以及周期的表達(dá)式。6 .【答案】AD【解析】 解：A、電路穩(wěn)定時(shí)，電容器的電壓等于可變電阻R2的電壓，當(dāng)增大 Ri、R2阻值時(shí)，可能導(dǎo)致總電流減小，根據(jù)歐姆定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴受到

18、的電場(chǎng)力不變，則油滴靜止不動(dòng)，故 A正確。B、電路穩(wěn)定時(shí)，當(dāng)增大 Ri的阻值，減小 R2的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知， 電阻R2兩端的電壓減小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，油滴受到的電場(chǎng)力減小，則油滴向下 運(yùn)動(dòng)，故B 錯(cuò)誤。C、電路穩(wěn)定時(shí)，當(dāng)減小 Ri的阻值，增大R2的阻值，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可知， 電阻R2兩端的電壓增大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大，油滴受到的電場(chǎng)力增大，則油滴向上 運(yùn)動(dòng)，故C 錯(cuò)誤。D、電路穩(wěn)定后，當(dāng)減小 Ri的阻值，減小 R2的阻值，可能導(dǎo)致總電流增大，根據(jù)歐姆 定律，電阻R2兩端電壓可能不變，則極板間電壓不變，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，油滴受到的電 場(chǎng)力不變，則油滴靜止不動(dòng)，故D 正確。

19、故選： AD。電路穩(wěn)定時(shí)，電容器的電壓等于可變電阻R2的電壓，要保證油滴靜止不動(dòng)，則極板間電場(chǎng)強(qiáng)度恒定不變。根據(jù)測(cè)量電路的規(guī)律分析電阻的變化，進(jìn)一步判斷極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化，確定油滴是否靜止不動(dòng)。本題考查了閉合電路歐姆定律，關(guān)鍵分析電容器的電壓是否變化，電場(chǎng)強(qiáng)度是否變化， 確定油滴是否受力平衡。7 .【答案】AD【解析】解：由于電場(chǎng)力和初速度相互垂直，所以粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡是曲線，所以其速度方向和電場(chǎng)力不共線，故運(yùn)動(dòng)方向和電場(chǎng)方向不平行，而運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電場(chǎng)力做正功，所以粒子的電勢(shì)能減小，粒子在P 點(diǎn)的電勢(shì)能大于在Q 點(diǎn)的電勢(shì)能。由于粒子帶正電，根據(jù) Ep=q（）可知電勢(shì)逐漸減小，P點(diǎn)電

20、勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)，故AD正確， BC 錯(cuò)誤。故選： AD。電場(chǎng)力和初速度相互垂直，則帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力做功，判斷出電勢(shì)能的變化，根據(jù)電勢(shì)能的變化分析電勢(shì)電勢(shì)的變化情況。解決該題的關(guān)鍵是能根據(jù)粒子受到的作用力與速度的方向判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況，知道電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能之間的關(guān)系。8 .【答案】BC【解析】解：A、因?yàn)橐?guī)定A點(diǎn)的電勢(shì)為零，由圖象可知 OA之間的距離為2m,在A點(diǎn) 具有的重力勢(shì)能 Ep=i00J,也是物塊具有的總能量，根據(jù)Ep=mgh=mgOAsin30得：m=10kg,故A錯(cuò)誤。B、小物塊在B點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能最大，由圖象可知OB間距離為1.5m,此時(shí)的重力勢(shì)能為：EpB=mgOBs

21、in30 = 10X10X1.5 0.5J=75J,由上面 A的分析可知物塊的總能量是：E=100J,根據(jù)E=Epb+E電，可得：E電=25J,故B正確。C、小物塊從A點(diǎn)靜止出發(fā)，到 B點(diǎn)速度為零，所以從 A到B的過(guò)程中，物塊的速度是先增大后減小的，故C 正確。D 、在小物塊下滑的過(guò)程中，所受的庫(kù)侖力逐漸增大，一開始重力的分力大于庫(kù)侖力，所以向下做加速運(yùn)動(dòng)，但隨著庫(kù)侖力的增大，其加速度逐漸減小，當(dāng)庫(kù)侖力與重力沿斜面的分力相等時(shí)，合力為零，加速度為零，此時(shí)物塊速度達(dá)到最大，以后庫(kù)倫力大于重力的分力，物塊開始做減速運(yùn)動(dòng)，且加速度越來(lái)越大，所以整個(gè)過(guò)程加速度是先減小后增大，故D 錯(cuò)誤。故選：BC。根

22、據(jù)題意可知 OA間的距離為2m,在電勢(shì)能最大時(shí)的位置為 B點(diǎn)，則OB間的距離為1.5m,在小物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中能量守恒，由電勢(shì)能和動(dòng)能、重力勢(shì)能之間的相互轉(zhuǎn)換。根據(jù)重力勢(shì)能的表達(dá)式可以計(jì)算出小物塊的質(zhì)量；根據(jù)能量守恒可計(jì)算物塊在 B點(diǎn)具有的電勢(shì)能；根據(jù)牛頓定律可以判斷出小物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、加速度的變化情況。只有重力和電場(chǎng)力做功，所以只有電勢(shì)能和重力勢(shì)能、動(dòng)能之間的相互轉(zhuǎn)化在A、B兩點(diǎn)速度為零，動(dòng)能為零，根據(jù)能量守恒可以計(jì)算電勢(shì)能大小。在滑塊下滑過(guò)程中，庫(kù)侖 力是越來(lái)越大的，當(dāng)受力平衡時(shí)速度最大，加速度為零。9 .【答案】BCD【解析】解：A、根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體吸熱的同時(shí)對(duì)外做功，內(nèi)能

23、不一定增加, 即溫度不一定升高，故 A錯(cuò)誤。B、改變氣體內(nèi)能的方式有兩種，一種是熱傳遞，另外一種是做功，所以對(duì)氣體做功可 以改變其內(nèi)能，故 B正確。C、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程 勺氣體等壓壓縮過(guò)，壓強(qiáng)不變，體積減小，溫度一定 降低，內(nèi)能也減小，即 加<0;再根據(jù)熱力學(xué)第一定律 W+Q=AU ,體積減小，外界氣體做功，W>0,則Qv0,所以理想氣體等壓壓縮過(guò)程一定放熱，故 C正確。D、理想氣體絕熱膨脹過(guò)程，Q=0, Wv 0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律 W+Q = U可知，4UV0,所以理想氣體絕熱膨脹過(guò)程內(nèi)能一定減少，故 D正確。E、擴(kuò)散現(xiàn)象是分子的無(wú)規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，分子可以從高溫區(qū)域擴(kuò)散到低溫區(qū)

24、域，也可以從低溫區(qū)域擴(kuò)散到高溫區(qū)域，故E錯(cuò)誤。故選：BCD。根據(jù)熱力學(xué)第一定律， 由于做功不明確，氣體吸熱后內(nèi)能一定增大， 即溫度不一定升高；熱傳遞和做功都可以改變氣體的內(nèi)能； 根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律可以判 斷理想氣體等壓壓縮過(guò)程是否放熱； 根據(jù)熱力學(xué)第一定律可以判斷理想氣體絕熱膨脹過(guò) 程內(nèi)能是否減??；擴(kuò)散現(xiàn)象可以在任意溫度和區(qū)域中發(fā)生。本題考查了想氣體的狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律、擴(kuò)散現(xiàn)象等知識(shí)點(diǎn)。這種題型知識(shí)點(diǎn) 廣，多以基礎(chǔ)為主，只要平時(shí)多加積累，難度不大。10 .【答案】ACE【解析】解：A、質(zhì)點(diǎn)M和N相距6m,波的傳播時(shí)間為1.5s,則波速v=： ： =4m/s,故A 正確

25、。B、波長(zhǎng) 入=m,根據(jù)波長(zhǎng)、波速和周期的關(guān)系可知，T=1s,圓頻率f*）= T=2 7trad/s,質(zhì)點(diǎn)M起振方向向上，t=1s時(shí)開始振動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn) M的振動(dòng)方程為y=0.5sin （2日-2兀）， 故B錯(cuò)誤。C、相隔半波長(zhǎng)奇數(shù)倍的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)， 相位相差為 兀，質(zhì)點(diǎn)M、N相隔1.5上故相位相差 兀, 故C正確。D、t=0.5s=0.5T,波傳播到x=4.0m處，此時(shí)x=1.0m處質(zhì)點(diǎn)處于波谷，故 D錯(cuò)誤。E、t=2.5s=2.5T, N點(diǎn)開始振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)M、N相隔1.5入振動(dòng)情況完全相反， 故質(zhì)點(diǎn)M. N與各自平衡位置的距離相等，故E正確。故選：ACE。根據(jù)波從M點(diǎn)傳到N點(diǎn)的距離和時(shí)間求出波速。根

26、據(jù)波速公式求解周期和圓頻率，書寫振動(dòng)方程。相隔半波長(zhǎng)奇數(shù)倍的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，相位相差為 兀。根據(jù)波動(dòng)規(guī)律，判斷質(zhì)點(diǎn)在某時(shí)刻的位置。本題要波的傳播方向熟練判斷出質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)，靈活運(yùn)用波形平移法確定波形，要知道波速兩個(gè)公式v=；和v=都可以運(yùn)用，要根據(jù)條件靈活選擇。11 .【答案】AD吸 偏小【解析】 解：(1)由桌面光滑，則小球從 A到B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由水平距離和運(yùn)動(dòng) 的時(shí)間，即可求出彈出時(shí)的速度，進(jìn)而可求出物體動(dòng)能， 所以本實(shí)驗(yàn)至少需要測(cè)量小球的質(zhì)量m、及小球A、B間距離Sab,故選：AD。(2)由勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有 Sab=v?3T,2乂 Ek= mv2聯(lián)立可得Ek=(3)由于桌面不是絕對(duì)光滑，導(dǎo)

27、致減小的彈性勢(shì)能沒有完全轉(zhuǎn)化為動(dòng)能增加，因此測(cè) 得的彈性勢(shì)能Ep與真實(shí)值相比較偏小。故答案為(1) AD; (2);(3)偏小。第15頁(yè)，共13頁(yè)(1、2)本題的關(guān)鍵是通過(guò)測(cè)量小球的動(dòng)能來(lái)間接測(cè)量彈簧的彈性勢(shì)能，然后根據(jù)勻速 直線規(guī)律以及動(dòng)能表達(dá)式即可求出動(dòng)能的表達(dá)式，從而得出結(jié)論；(3)因存在摩擦阻力，從而確定彈性勢(shì)能測(cè)量值與真實(shí)值的關(guān)系。明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)相應(yīng)規(guī)律得出表達(dá)式，能量守恒的應(yīng)用，然后討論即可，注意誤差 分析時(shí)，必須知其誤差的根源是解題的關(guān)鍵。12 .【答案】乙B C 3.0 1.7【解析】 解：(1)干電池內(nèi)阻較小，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，相對(duì)電源來(lái)說(shuō)，電流表應(yīng)采用 外接法，應(yīng)選擇圖乙

28、所示電路圖。(2) 一節(jié)干電池電動(dòng)勢(shì)約為 1.5V,兩節(jié)干電池電動(dòng)勢(shì)約為 3V,電路最大電流約為 1A, 電流A量程太小，電流表應(yīng)選擇B;為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選C;(3)根據(jù)表中實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系內(nèi)描出對(duì)應(yīng)點(diǎn)，然后作出電源的U-I圖象如圖所示；(4)由圖示電源U-I圖象可知，圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是3.0,則電源電動(dòng)勢(shì) E=3.0V,& U 3 0 L5電源內(nèi)阻：r= =zj甌- = 1.7 &故答案為：(1)乙；(2) B； C； (3)圖象如圖所示；(4) 3.0； 1.7。(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康呐c實(shí)驗(yàn)原理選擇實(shí)驗(yàn)電路；(2)根據(jù)電路最大電流選擇電流表，為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選最

29、大阻值較小的滑動(dòng)變阻器;(3)應(yīng)用描點(diǎn)法作出圖象；(4)電源U-I圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻。 本題考查了實(shí)驗(yàn)電路選擇、實(shí)驗(yàn)器材選擇、作圖象、求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻等問(wèn)題，要知道實(shí)驗(yàn)原理，要掌握應(yīng)用圖象法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的方法；電源的U-I圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源電動(dòng)勢(shì)圖象斜率的絕對(duì)值是電源內(nèi)阻。13.【答案】 解：(1)設(shè)水平外力大小為 F,木塊甲在B點(diǎn)的速度大小為 vi,從B點(diǎn)開 始做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t,則H= 一x=vit木塊甲在臺(tái)面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得FL= ' 聯(lián)立解得F =(2)設(shè)木塊乙的質(zhì)量為 m乙，在B點(diǎn)的速度大小為V2,則乙平拋

30、運(yùn)動(dòng)過(guò)程，有3x=v2t木塊乙在臺(tái)面上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得iFLf：-解得m乙/m答：(1)恒定水平外力的大小是 ,(2)木塊乙的質(zhì)量是1mo【解析】(1)木塊甲離開B點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)下落的高度H和水平距離x求出木塊甲運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度。再研究木塊甲在臺(tái)面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求外力的大小。(2)對(duì)乙，同樣的方法列式，即可求得木塊乙的質(zhì)量。解決本題的關(guān)鍵是理清物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，要知道涉及力在空間的效果求速度時(shí)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)，要知道已知下落高度和水平位移可求平拋運(yùn)動(dòng)的初速度。14.【答案】 解：(1)物塊A從Q到P過(guò)程，由動(dòng)能定理得：(mAg-q

31、E) R=t44 ,代入數(shù)據(jù)解得；vp=10 m/s,在P點(diǎn)，由牛頓第二定律得：F + qE-mAg=mA，代入數(shù)據(jù)解得：F=60N;(2)物塊A從P到D過(guò)程，由動(dòng)能定理得：(qE-gAg) x0=mAvl-fnAv , 代入數(shù)據(jù)解得：v1=12 m/s,A、B發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒， 以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAV1=mAVA+mBVB,由機(jī)械能守恒定律得：/=3nA4+,代入數(shù)據(jù)解得：VA=6m/s, vB=18m/s；(3) A、B碰撞后，由牛頓第二定律得:對(duì) A: qE-師Ag=mAaA,對(duì) B ： (jmBg=mBaB,代入數(shù)據(jù)解得：aA=：m/s2, aB=2m/s2,設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t兩物塊再次發(fā)生碰撞，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： VAt+：0#,=VBt-：U"2 ,代入數(shù)據(jù)解得：t=7.2s；答：(1)物塊A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，受到圓弧軌道支持力的大小為60N;(2)物塊A、B碰撞后瞬間，A、B速度的大小分別為：6m/s、18m/s,方向：都向右；(3)物塊A、B第一次碰撞后，經(jīng)過(guò)時(shí)間7.2s發(fā)生第二次碰撞?！窘馕觥?1)對(duì)物塊A從Q到P過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出到達(dá)P點(diǎn)的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求