2020年廣西玉林、柳州市高考物理二模試卷

2020年廣西玉林、柳州市高考物理二模試卷2020年廣西玉林、柳州市高考物理二模試卷2020年廣西玉林、柳州市高考物理二模試卷高考物理二模試卷題號(hào)一二三四五總分得分一、單項(xiàng)選擇題（本大題共5小題，共30.0分）1.某物體豎直向上做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象以以以下列圖，依照?qǐng)D象可知（）0-2s內(nèi)物體處于失重狀態(tài)4～5s內(nèi)物體處于圓滿失重狀態(tài)0～5s內(nèi)物體的位移為14m物體在0～2s的平均速度比在4～5s的平均速度小如圖，在平行板電容器中間地區(qū)內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電粒子（不計(jì)重力）恰能沿直線從右向左經(jīng)過(guò)該地區(qū)，由此可判斷（）上極板的電必定定高于下極板的電勢(shì)上極板的電必定定低于下極板的電勢(shì)該粒子必定帶正電該粒子必定帶負(fù)電3.如圖，在磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，分別通有大小相等方向相反的電流，紙面內(nèi)兩導(dǎo)線連線的中點(diǎn)a處的磁感覺(jué)強(qiáng)度恰巧為零，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）A.P中的電流在a點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為BB.Q中的電流在a點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為2BC.僅讓Q中的電流反向，則a點(diǎn)處的磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為2BD.僅讓P中的電流反向，則a點(diǎn)處的磁感覺(jué)強(qiáng)度大小仍為B計(jì)劃在2020年發(fā)射升空的嫦娥五號(hào)探測(cè)器是能推行無(wú)人月面取樣返回的航天器。登月前嫦娥五號(hào)將在軌道半徑為r的繞月圓形軌道上運(yùn)行，運(yùn)行周期為T，若已知引力常量為G，利用以上條件能夠求出（）A.月球?qū)︽隙鹞逄?hào)的吸引力B.月球表面的重力加速度C.嫦娥五號(hào)繞月運(yùn)行的向心加速度D.月球的平均密度5.圓滑水平面上有素來(lái)角坐標(biāo)系，質(zhì)量m=1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)O處。用沿x軸正方向的力Fx=2N作用了2s：今后撤去xyF，并立刻用沿y軸正方向的力F=24N作用了，則質(zhì)點(diǎn)在這2.5s內(nèi)的軌跡為圖中的（）第1頁(yè)，共14頁(yè)A.B.C.D.二、多項(xiàng)選擇題（本大題共5小題，共27.0分）場(chǎng)興隆小為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為m帶電量為+q的物塊在水平面上從靜止開(kāi)始向右做加速度為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后（）A.物塊的動(dòng)能增加B.物塊的電勢(shì)能增加C.物塊戰(zhàn)勝摩擦力做功D.物塊的機(jī)械能增加如圖，一理想變壓器原線圈接u=108sinωt的正弦溝通電，副線圈接有三盞圓滿同樣的燈泡（燈泡的阻值能夠保持恒定），燈泡上均標(biāo)有（36V，6W）字樣，此時(shí)L1恰好正常發(fā)光，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）A.B.

變壓器的輸入功率為12W原副線圈匝數(shù)之比為2：1C.經(jīng)過(guò)原線圈電流為AD.若L3突然燒斷，則經(jīng)過(guò)原線圈的電流變大以以以下列圖，一質(zhì)量為m的小球套在粗拙豎直桿上，一原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧左端固定在O點(diǎn)，右端與小球連結(jié)，桿上有A、B、C、D四點(diǎn)，OC與桿垂直，OC=L，D、A兩點(diǎn)關(guān)于C點(diǎn)對(duì)稱。若小球從A點(diǎn)由靜止釋放，將下降到最低點(diǎn)B，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒為μ，彈簧的形變素來(lái)在彈簧的彈性限度內(nèi)，則小球（）A.向下經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的加速度小于重力加速度從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，所受摩擦力先減小后增大從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中小球損失的機(jī)械能等于其戰(zhàn)勝摩擦力做的功從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能素來(lái)減少9.以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是（）物體從外界吸取熱量，其內(nèi)能必定增加波及熱現(xiàn)象的宏觀自然過(guò)程都擁有方向性，是不能夠逆的液晶擁有液體的流動(dòng)性，其光學(xué)性質(zhì)與某些品體相像擁有各向異性兩個(gè)物體內(nèi)能同樣，則它們的溫度必定同樣溫度高升時(shí)，液體的飽和汽壓增大第2頁(yè)，共14頁(yè)10.圖（a）為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.10s時(shí)辰的波形圖，P是平衡地址在x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡地址在x=4.0m處的質(zhì)點(diǎn)：圖（b）為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象，以下說(shuō)法正確的是（）在t=0.20s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸正方向運(yùn)動(dòng)B.在t=0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向?yàn)閥軸負(fù)方向C.從到，質(zhì)點(diǎn)Q向左運(yùn)動(dòng)了4mD.從到t=0.15sP經(jīng)過(guò)的行程為10cm，質(zhì)點(diǎn)簡(jiǎn)諧橫波的流傳方向水平向左三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共16.0分）11.在一次課外活動(dòng)中，某同學(xué)用圖甲所示裝置測(cè)量放在水平圓滑桌面上鐵塊A與金屬板B間的動(dòng)摩擦因數(shù)。已知鐵塊A的質(zhì)量mA＝0.5kg，金屬板B的質(zhì)量mB＝1kg。用水平力F向左拉金屬板B，使其素來(lái)向左運(yùn)動(dòng)，牢固后彈簧秤示數(shù)的放大情況如圖甲所示，則A，B間的摩擦力Ff＝________N，A，B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________。（g取10m/s2）。該同學(xué)還將紙帶連結(jié)在金屬板B的后邊，經(jīng)過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器連續(xù)打下一系列的點(diǎn)，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，圖中各計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s，可求得拉金屬板的水平力F＝________N現(xiàn)要測(cè)量某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。可選擇的器材有：電流表A：量程250mA，內(nèi)阻1.0Ω；電壓表V1：量程1V，內(nèi)阻1kΩ；電壓表V2：量程15V，內(nèi)阻約3kΩ；滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值100Ω；定值電阻R0=2kΩ電源：電動(dòng)勢(shì)約為，內(nèi)阻較??；開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干。（1）依照所給器材設(shè)計(jì)電路，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，盡可能多測(cè)量數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)诖痤}卡所給方框內(nèi)，達(dá)成測(cè)量電路圖的連線。其中電壓表應(yīng)采用______（選填“V1”或第3頁(yè)，共14頁(yè)“V2”）；（2）測(cè)量時(shí)，改變滑動(dòng)變阻器的阻值，記錄對(duì)應(yīng)的電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I．?dāng)?shù)據(jù)以下表所示。依照表中數(shù)據(jù)，在答題卡上的坐標(biāo)紙上畫(huà)出U-I圖線。UV（）I（mA）2301921521106930（3）依照U-I圖線求出電源的電動(dòng)勢(shì)E=______V，內(nèi)阻r=______Ω．（結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）四、計(jì)算題（本大題共3小題，共39.0分）13.如圖，質(zhì)量為2m的滑塊A由長(zhǎng)為R的水平軌道和半徑也為R的四分之一圓滑圓弧軌道組成，滑塊A的左側(cè)緊靠著另一質(zhì)量4m的物塊C，質(zhì)量為m的物塊B從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，D為圓弧軌道最低點(diǎn)，已知B與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，A的水平軌道厚度極小，B從水平軌道上滑下和滑上的能量損失忽略不計(jì)，水平川面圓滑，重力加速度為g，（1）若A被固定在地面上，求B與C發(fā)生碰撞前的速度大小v0；（2）若A的固定被除去，B滑下后與C發(fā)生圓滿彈性碰撞，碰撞后B再次沖上A，求B與A相對(duì)靜止時(shí)與D點(diǎn)的距離L。第4頁(yè)，共14頁(yè)以以以下列圖，粗細(xì)平均的U形管兩頭等高，左端關(guān)閉，右端與大氣相通。左管中A部分為真空，B部分封有空氣柱，圖中L1=20cm，L2=25cm，大氣壓強(qiáng)p0=75cmHg．現(xiàn)往右管中遲緩加注水銀，直到右管水銀面與管口相平，求：（1）加注水銀前，圖中L3的長(zhǎng)度；（2）加注的水銀面與管口相平時(shí)，B中空氣柱的長(zhǎng)度。如圖為一個(gè)半徑為R的半圓形玻璃磚的截面圖，圓心為O，玻璃的折射率n=，一細(xì)光束從半徑OA的中點(diǎn)D垂直于AB射入玻璃磚，求：1）光芒第一次射出玻璃磚時(shí)折射光芒的折射角；2）在不改變?nèi)肷浞较虻那闆r下，細(xì)光束上下搬動(dòng)到某些地址將不能從圓弧面右側(cè)射出，求光束分別從D點(diǎn)向上和向下搬動(dòng)的距離。五、簡(jiǎn)答題（本大題共1小題，共12.0分）16.以以以下列圖，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ=37，°導(dǎo)軌間距L=0.2m，底端接阻值R1=4.0Ω的定值電阻，頂端接阻值R2=4.0Ω的小燈泡，導(dǎo)軌間有磁感覺(jué)強(qiáng)度、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將一質(zhì)量m=0.1kg金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止釋放，棒沿導(dǎo)軌下滑距離為s時(shí)，速度達(dá)到最大值，此時(shí)小燈泡恰能正常發(fā)光，電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.35J．棒與導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，它們之間接觸優(yōu)秀、動(dòng)摩擦因數(shù)μ，重力加速度g取10m/s2，sin37°，cos37°，求：1）金屬棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?）小燈泡的額定電壓；3）金屬棒沿導(dǎo)軌下滑的距離s。第5頁(yè)，共14頁(yè)第6頁(yè)，共14頁(yè)答案和分析1.【答案】C【分析】解：A、0-2s內(nèi)，物體的加速度向上，物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤。B、4～5s內(nèi)，物體的加速度大小為a==4m/s2，方向向下，物體處于失重狀態(tài)，其實(shí)不是圓滿失重，故B錯(cuò)誤。C、v-t圖象對(duì)應(yīng)的面積為位移，0～5s內(nèi)物體的位移為S=m=14m，故C正確。D、物體在0～2s的平均速度和在4～5s的平均速度相等：==m/s=2m/s，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：C。加速度方向向上為超重整體，加速度向下為失重狀態(tài)；v-t圖象對(duì)應(yīng)的面積為位移；根據(jù)=求平均速度。此題察看了v-t圖象、超重失重、平均速度等知識(shí)點(diǎn)。重點(diǎn)點(diǎn)一：超重失重狀態(tài)的判斷看加速度方向，而不是看速度的方向；重點(diǎn)點(diǎn)二：掌握v-t圖象的性質(zhì)，比方面積、斜率等物理意義。2.【答案】B【分析】解：粒子恰能沿直線從右向左經(jīng)過(guò)該地區(qū)，則qE=qvB，方向相反，若粒子帶正電，則洛倫茲力向下，電場(chǎng)力向上，上極板的電必定定低于下極板的電勢(shì)；若粒子帶負(fù)電，則洛倫茲力向上，電場(chǎng)力向下，上極板的電必定定低于下極板的電勢(shì)，故ACD錯(cuò)誤，B正確；應(yīng)選：B。粒子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡狀態(tài)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子帶正電或負(fù)電時(shí)，分析粒子的受力，進(jìn)而判斷上下極板的電勢(shì)高低。求解此題重點(diǎn)抓住粒子恰能沿直線從右向左經(jīng)過(guò)該地區(qū)，則電場(chǎng)力和洛倫茲力等大反向來(lái)分析。3.【答案】D【分析】解：AB、P和Q的電流大小相等方向相反，依照安培定則，P和Q在中點(diǎn)a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等方向都向下，設(shè)為B0，由于a處的磁感覺(jué)強(qiáng)度恰巧為零，所以勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的方向向上，且B=2B0，即B0=B，故AB錯(cuò)誤；C、僅讓Q中的電流反向，依照安培定則，P和Q在中點(diǎn)a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等方向相反，所以a點(diǎn)處的磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為B，故C錯(cuò)誤；D、僅讓P中的電流反向，依照安培定則，P和Q在中點(diǎn)a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等方向相反，所以a點(diǎn)處的磁感覺(jué)強(qiáng)度大小為B，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：D。依照安培定則，能夠判斷P和Q在中點(diǎn)a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小相等方向都向下，進(jìn)而可以確定B磁場(chǎng)的方向，也能夠求出P和Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大?。粌H讓Q中的電流反向或許僅讓P中的電流反向，P和Q在中點(diǎn)a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)都能夠相互抵消，合磁場(chǎng)都是B。此題察看了磁場(chǎng)的疊加原理。利用安培定則判斷P和Q在中點(diǎn)a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向是第7頁(yè)，共14頁(yè)解決此題的重點(diǎn)。4.【答案】C【分析】解：A、月球?qū)︽隙鹞逄?hào)的吸引力，依照萬(wàn)有引力公式，以及萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力：F=G=mr，由于不知道嫦娥五號(hào)的質(zhì)量，所以求不出月球?qū)︽隙鹞逄?hào)的吸引力，故A錯(cuò)誤；B、依照月球表面的物體碰到的重力等于萬(wàn)有引力G=mg，得g=，由于不知道月球的半徑，故不知道月球表面的重力加速度，故B錯(cuò)誤；C、依照萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力：G=mr=ma，得：a=r，故C正確；D、依照密度的定義式：ρ=，要求月球的密度，由于不知道月球的大小，不知道月球的體積V，所以不能夠計(jì)算月球的密度，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：C。1、依照萬(wàn)有引力定律的表達(dá)式，必定知道“嫦娥三號(hào)”衛(wèi)星的質(zhì)量才能計(jì)算月球?qū)Α版隙鹑?hào)”的引力；2、依照月球表面的物體碰到的重力等于萬(wàn)有引力，得g=，由于不知道月球的半徑，故不知道月球表面的重力加速度；3、依照萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力：G=mr=ma，張開(kāi)談?wù)摷纯桑?、要求月球的密度ρ=，由于不知道月球的大小，不知道月球的體積V，所以不能夠計(jì)算月球的密度。萬(wàn)有引力供應(yīng)向心力只能求出中心天體的質(zhì)量，由于月球半徑未知，故月球的密度和月球?qū)πl(wèi)星的引力都無(wú)法求出。5.【答案】B【分析】解：質(zhì)點(diǎn)在Fx的作用由靜止開(kāi)始從坐標(biāo)系的原點(diǎn)O沿+x軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度ax2，速度為vxx2==2m/s=at1=4m/s，對(duì)應(yīng)位移x1=at1=4m，到2s末撤去Fx再碰到沿+y方向的力Fy的作用，物體在+x軸方向勻速運(yùn)動(dòng)，x2=vxt2=2m，在+y方向加速運(yùn)動(dòng)，+y方向的加速度ay==24m/s2，方向向上，對(duì)應(yīng)的位移y=ayt22=6m，物體做曲線運(yùn)動(dòng)。再依照曲線運(yùn)動(dòng)的加速度方向大概指向軌跡凹的素來(lái)，故B正確，ACD錯(cuò)誤。應(yīng)選：B。物體在Fx作用下在x軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，撤去Fx，施加Fy，由于協(xié)力與速度方向垂直，做曲線運(yùn)動(dòng)，將曲線運(yùn)動(dòng)分解為x軸方向和y軸方向研究，在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在y軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。解決此題的重點(diǎn)掌握辦理曲線運(yùn)動(dòng)的方法，將曲線運(yùn)動(dòng)分解為x軸方向和y軸方向，分析出兩方向分運(yùn)動(dòng)的情況。6.【答案】AC第8頁(yè)，共14頁(yè)【分析】解：設(shè)物塊碰到的摩擦力為f，由牛頓第二定律得：qE-f=ma，解得：f=qE經(jīng)過(guò)時(shí)間t發(fā)生的位移：x==A、物塊的動(dòng)能增加△Ek=-0=，故A正確。B、電場(chǎng)力做功W電=qEx=，所以電勢(shì)能減小，故B錯(cuò)誤。C、物塊戰(zhàn)勝摩擦力做功W=fx=，故C正確。D、非重力做的功等于協(xié)力做的功，所以機(jī)械能增加等于動(dòng)能增加，為，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：AC。由牛頓第二定律求得摩擦力的大小，由位移公式求得經(jīng)過(guò)時(shí)間t發(fā)生的位移，再依照動(dòng)能定理、電場(chǎng)力的功、摩擦力的功、非重力做的功求解動(dòng)能增加、電勢(shì)能增加、機(jī)械能增加即可。此題察看了牛頓第二定律、動(dòng)能定理、電場(chǎng)力的功與電勢(shì)能的關(guān)系等功能關(guān)系的應(yīng)用，重點(diǎn)知道協(xié)力的功、電場(chǎng)力的功、非重力做的功求解對(duì)應(yīng)能量的變化。7.【答案】BC【分析】解：分析電路結(jié)構(gòu)，燈泡L2、L3并聯(lián)后再與L1串通，A、L1恰正常發(fā)光，耗資功率為6W，依照串并聯(lián)電路規(guī)律可知，流過(guò)燈泡L2、L3的電流為流過(guò)燈泡L1電流的一半，則耗資功率為，為，則副線圈的輸出功率為9W，依照變壓器的輸入功率等于輸出功率可知，變壓器的輸入功率為9W，故A錯(cuò)誤。B、串并聯(lián)電路規(guī)律可知，燈泡23兩頭的電壓為1兩頭電壓的一半，則副線圈的輸L、LL出電壓U2=54V，原線圈輸入電壓的最大值為108V，則有效值為108V，依照變壓比可知，n1：n2=U1：U2=2：1，故B正確。C、依照歐姆定律可知，燈泡12A=A，依照變流比可知，=A，L的電流為I=故C正確。D、若L3突然燒斷，則副線圈電阻變大，依照歐姆定律可知，副線圈的輸出電流變小，則經(jīng)過(guò)原線圈的電流變小，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：BC。依照電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項(xiàng)分析。若L3突然燒斷，則副線圈電阻變大，依照歐姆定律可知，輸出電流變小，經(jīng)過(guò)原線圈的電流變小。此題察看了變壓器的結(jié)構(gòu)和原理，掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，此題即可獲取解決。8.【答案】CD【分析】解：A、從A到C，彈簧對(duì)滑塊由沿彈簧向下的拉力，滑塊的速度不斷增大；從C到B，彈簧對(duì)滑塊有沿彈簧向上的拉力，開(kāi)始時(shí)拉力沿桿向上的分力小于滑塊的重力，滑塊扔在加速，所以滑塊在C點(diǎn)時(shí)速度不是最大，此時(shí)協(xié)力為mg，則加速度為g，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)彈簧與水平方向的夾角為θ，彈簧原長(zhǎng)為l0，從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，小球水平第9頁(yè)，共14頁(yè)方向有彈簧彈力的分力和桿給球的支持力，且素來(lái)有：FN=kxcosθ=kcosθ=kl0，為定值，又f=μFN，所受摩擦力不變，同理，從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，受摩擦力也不變，在C點(diǎn)由于彈力為0，則桿給球的支持力，f=0，故B錯(cuò)誤；C、由于D、A兩點(diǎn)對(duì)于C點(diǎn)對(duì)稱，彈簧的彈性勢(shì)能相等，則從A點(diǎn)到D點(diǎn)的過(guò)程中小球損失的機(jī)械能等于其戰(zhàn)勝摩擦力做的功，故C正確；D、從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，素來(lái)有摩擦力做功，則小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能素來(lái)減少，故D正確。應(yīng)選：CD?；瑝K的速度依照其受力情況，分析速度的變化情況確定；對(duì)小球與彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；依照系統(tǒng)機(jī)械能求小球在c點(diǎn)速度和彈性勢(shì)能增加量。此題主要察看系統(tǒng)機(jī)械能守恒內(nèi)容，注意題中滑塊的機(jī)械能其實(shí)不守恒，小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。9.【答案】BCE【分析】解：A、依照熱力學(xué)第必定律W+Q=△U，物體從外界吸取熱量，但做功情況不明確，其內(nèi)能不用然增加，故A錯(cuò)誤。B、自然界進(jìn)行的波及熱現(xiàn)象的宏觀過(guò)程都擁有方向性，是不能夠逆的，熱量可能由低溫物體傳達(dá)到高溫物體，但要產(chǎn)生其余影響，故B正確。C、液晶像液體同樣擁有流動(dòng)性，而其光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相像擁有各向異性，故C正確。、物體內(nèi)能和溫度、質(zhì)量、分子種類等都相關(guān)，所以兩個(gè)物體內(nèi)能同樣，則它們的溫度不用然同樣，故D錯(cuò)誤。E、溫度高升時(shí)，分子平均動(dòng)能增大，單位時(shí)間內(nèi)逸出液面的分子數(shù)增加，于是原來(lái)的動(dòng)向平衡狀態(tài)被損壞，空間氣態(tài)分子密度漸漸增大，致使單位時(shí)間內(nèi)返回的分子數(shù)增加，進(jìn)而達(dá)到新的條件下的動(dòng)向平衡，所以溫度高升時(shí)，液體的飽和汽壓增大，故E正確。應(yīng)選：BCE。依照熱力學(xué)第必定律來(lái)判斷內(nèi)能增加問(wèn)題；自然界進(jìn)行的所有與熱現(xiàn)象相關(guān)的宏觀過(guò)程都是不能夠逆的；液晶擁有液體的流動(dòng)性，其光學(xué)性質(zhì)與某些品體相像擁有各向異性；問(wèn)題的內(nèi)能不只和溫度相關(guān)，溫度同樣只能夠說(shuō)明分子平均動(dòng)能同樣；飽和汽壓隨溫度的高升而增大。此題察看了熱力學(xué)定律、飽平易壓、液晶等知識(shí)點(diǎn)。這種題型知識(shí)點(diǎn)廣，多以基礎(chǔ)為主，只需平時(shí)多加積累，難度不大。10.【答案】ABE【分析】解：A、由圖（b）可得：質(zhì)點(diǎn)Q在t=0.20s位于平衡地址向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A正確。B、由圖（b）可得：周期，質(zhì)點(diǎn)Q在t=0.10s位于平衡地址向下振動(dòng)；故由圖（a）可得：波長(zhǎng)λ=8m，波沿x軸負(fù)方向流傳，那么，在t=0.15s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P振動(dòng)了，位于平衡地址上方，加速度方向沿y軸負(fù)方向，故B正確。C、波的流傳過(guò)程中，質(zhì)點(diǎn)不隨波遷移，故C錯(cuò)誤。D、從t=0.10s到，質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)波峰，則經(jīng)過(guò)的行程小于振幅，即小于10cm，故D錯(cuò)誤。E、波沿x軸負(fù)方向流傳，即流傳方向水平向左，故E正確。應(yīng)選：ABE。依照?qǐng)Db獲取質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)，進(jìn)而由圖a獲取波的流傳方向，進(jìn)而獲取質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方第10頁(yè)，共14頁(yè)向；依照質(zhì)點(diǎn)Q的位移獲取答復(fù)力、加速度方向；由圖b獲取周期，即可依照時(shí)間間隔獲取質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)行程，依照位移獲取流傳距離。機(jī)械振動(dòng)問(wèn)題中，一般依照振動(dòng)圖或質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)獲取周期、質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向；再依照波形圖獲取波長(zhǎng)和波的流傳方向，進(jìn)而獲取波速及質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，進(jìn)而依照周期獲取行程。11.【答案】【分析】解：A處于平衡狀態(tài)，所受摩擦力等于彈簧秤示數(shù)，F(xiàn)f。依照Ff=μmAg，解得：μ。由題意可知，金屬板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依照△x=aT2，其中△，，所以解得：2。依照牛頓第二定律得：F-Ff=mBa，代入數(shù)據(jù)解得F=4.50N。故答案為：，，。由于鐵塊與金屬板間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，二者之間存在滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)彈簧穩(wěn)準(zhǔn)時(shí)，鐵塊處于平衡態(tài)，即鐵塊所受的摩擦力與彈簧的彈力是一對(duì)平衡力，即可測(cè)得二者之間的摩擦力。據(jù)f=μmg可求得動(dòng)摩擦因數(shù)。依照△x=aT2求出金屬板的加速度，今后依照牛頓第二定律，即可求出水平拉力大小。此題借助實(shí)驗(yàn)察看了基本規(guī)律的應(yīng)用，平時(shí)訓(xùn)練中必定要加強(qiáng)應(yīng)用基本規(guī)律解決實(shí)詰責(zé)題的能了，重申知識(shí)的活學(xué)活用。12.【答案】v1【分析】解：（1）所給電壓表V2量程太大，v1量程太小，要將v1串通電阻R0改裝成大量程電壓表，則電路如圖：（3）由閉合電路歐姆定律得：3U=E-I（RA+r）得U=則：0.95=得E=2.85V斜率K==代入數(shù)據(jù)得：r=0.227Ω故答案為：（1）電路圖連線如圖2）U-I圖線如圖3）；1）要改裝電壓表，將R1串通定律電阻增大量程，再用電流表，電壓表組合測(cè)量電動(dòng)第11頁(yè)，共14頁(yè)勢(shì)、電阻。（2）據(jù)所給的數(shù)據(jù)畫(huà)圖。（3）由閉合電路歐姆定律確定出U-I的函數(shù)關(guān)系圖，結(jié)合圖線可求得電動(dòng)勢(shì)，電阻。此題察看了電表的改裝，畫(huà)電路圖、作圖象求電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，應(yīng)用圖象法辦理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)是常用的方法，要掌握描點(diǎn)法作圖的方法。13.B開(kāi)始下滑到B與物塊C碰【答案】解：（1）若滑塊A被固定在地面上，從物塊撞前過(guò)程，對(duì)B，由動(dòng)能定理得：mgR-μmgR=-0，解得：v0=；（2）滑塊A的固定被除去，物塊B下滑到與A分其余過(guò)程中，設(shè)B與A的分別時(shí)的速度分別為v1和v2，A、B組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1-2mv2=0，由能量守恒定律得：mgR-μmgR=，解得：v1=，v2=，物塊B與物塊C發(fā)生圓滿彈性碰撞，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1=mv1′+4mvC，由能量守恒定律得：，解得：v1′=，碰撞后物塊B沖上滑塊A，達(dá)到共速過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv1′+2mv2=（m+2m）v共，由能量守恒定律得：，B與D點(diǎn)的距離：L=R-d，解得：L=R；答：（1）若A被固定在地面上，B與C發(fā)生碰撞前的速度大小v0為；（2）若A的固定被除去，B滑下后與C發(fā)生圓滿彈性碰撞，碰撞后B再次沖上A，B與A相對(duì)靜止時(shí)與D點(diǎn)的距離L為R?！痉治觥浚?）A固準(zhǔn)時(shí)，對(duì)B應(yīng)用動(dòng)量定理能夠求出B與C碰撞前的速度大小。（2）A除去固定，A與B組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，B、C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，依照物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律分析答題。此題是一道力學(xué)綜合題，察看了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，依照題意分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律可解題。14.【答案】解：（1）未加水銀從前，A處為真空沒(méi)有壓強(qiáng)，對(duì)B中空氣柱：p=L11又p1+L3=p0解得：L3=55cm（2）設(shè)水銀管的橫截面積為S，V1=L2S；加了水銀后，由于A處為真空，B氣體上方水第12頁(yè)，共14頁(yè)銀上升到試管頂部。設(shè)最后B中空氣柱長(zhǎng)為x，V2=xS，則p2=p0+（L1+x）依照玻意耳定律得：p1V1=p2V2解得：x=5cm答：（1）加注水銀前，圖中L3的長(zhǎng)度是55cm；（2）加注的水銀面與管口相平時(shí)，B中空氣柱的長(zhǎng)度是5cm?！痉治觥浚?）未加水銀從前，A處為真空沒(méi)有壓強(qiáng)，對(duì)B中空氣柱求解壓強(qiáng)可獲取L3的長(zhǎng)度；（2）以關(guān)閉