2021年四川省成都市高考物理一診試卷

2021年四川省成都市高考物理一診試卷

1.下列表述正確的是（）

A,亞里士多德通過(guò)“理想實(shí)驗(yàn)”得出了“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”這一結(jié)論

B.開(kāi)普勒在研究行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基礎(chǔ)上發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律

C.庫(kù)侖通過(guò)“扭秤實(shí)驗(yàn)”非常準(zhǔn)確地測(cè)出了帶電物體間的靜電力

D.法拉第引入的“電場(chǎng)線”是真實(shí)存在于電場(chǎng)中的

2.如圖，水平地面上疊放著矩形物體A和2,細(xì)線一端

連接A,另一端跨過(guò)定滑輪連接著物體C,4、B、C

均靜止。下列說(shuō)法正確的是（）

A.4共受到三個(gè)力作用

B.8共受到四個(gè)力作用

C.適當(dāng)增加C的質(zhì)量后，A、B、C仍靜止在原位置，則A對(duì)8的壓力比原來(lái)大

D,適當(dāng)增加C的質(zhì)量后，A、B、C仍靜止在原位置，則地面對(duì)8的摩擦力比原來(lái)

大

3.截止目前，我國(guó)的探月工程已發(fā)射了五個(gè)探測(cè)器。如圖所示為“嫦娥三號(hào)”飛行軌

道示意圖，其中的P是環(huán)月圓軌道與環(huán)月橢圓軌道遠(yuǎn)月點(diǎn)的相交處，。是環(huán)月橢圓

軌道的近月點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是（）

A.橢圓軌道上，“嫦娥三號(hào)”在P點(diǎn)的加速度最小

B.在圓軌道與橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，“嫦娥三號(hào)”的周期相等

C.在P點(diǎn)由圓軌道變軌為橢圓軌道，“嫦娥三號(hào)”需要加速

D.橢圓軌道上，從P至。，“嫦娥三號(hào)”的機(jī)械能逐漸增大

4.如圖所示的電路中，電源的電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r,C為電容器，％和/?2為定值電

阻，7?3為光敏電阻（阻值隨光照增強(qiáng)而減?。珹為理想電流表，G為靈敏電流計(jì)，

已知%>r。當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合且電路穩(wěn)定后,在逐漸增大對(duì)/?3的光照強(qiáng)度的過(guò)程中（）

A.A表的示數(shù)變小B.電源的輸出功率變大

C.電源內(nèi)部消耗的熱功率變小D.G表中有從〃至方的電流

5.如圖，底端固定有擋板的斜面體置于粗糙水平面上，輕彈簧一端與擋板連接，彈簧

為原長(zhǎng)時(shí)自由端在B點(diǎn)，一小物塊緊靠彈簧放置并在外力作用下將彈簧壓縮至A

點(diǎn)。物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜面上滑至最高點(diǎn)C,然后下滑，最終靜止在斜面

上。若整個(gè)過(guò)程中斜面體始終靜止，則下列判定正確的是（）

A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊加速度為零的位置只有一處

B.物塊上滑過(guò)程中速度最大的位置與下滑過(guò)程中速度最大的位置不同

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)彈性勢(shì)能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量

D.物塊從A上滑到C的過(guò)程中，地面對(duì)斜面體的摩擦力大小先增大再減小，然后

不變

6.xOy平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)的某質(zhì)點(diǎn)t=0時(shí)刻在），軸上。圖（a）是質(zhì)點(diǎn)在x方向的速度V―時(shí)間

f圖像（選x軸正方向?yàn)関的正方向），圖（匕）是質(zhì)點(diǎn)在y方向的位移y-時(shí)間/圖像。

則可知（）

圖（a）圖（b）

A.質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)

B.t=0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度大小為2m/s

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C.t=2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)為（6M,0）

D.t=ls時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的速度大小為5m/s

7.某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線與x軸重合，一負(fù)點(diǎn)電荷僅

在電場(chǎng)力作用下以某一初速度沿x軸正方向做直線

運(yùn)動(dòng)。已知點(diǎn)電荷的電荷量為-2x10-8。，點(diǎn)電荷

的動(dòng)能E與坐標(biāo)x的關(guān)系如圖中曲線所示，斜線為

該曲線過(guò)點(diǎn)（033）的切線。下列判定正確的是（）

A.該電場(chǎng)的電勢(shì)沿x軸正方向降低

B.該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)

C.x=0.3?n處的場(chǎng)強(qiáng)大小為500N/C

D.x=0.3m與％=0.5租|用的電勢(shì)差是100Y

8.如圖，絕緣座放在光滑水平面上，間距為"的平行

板電容器豎直固定在絕緣座上，A板有小孔O,水

平絕緣光滑桿穿過(guò)。固定在8板上，電容器、底座

和絕桿的總質(zhì)量為M。給電容器充電后，一質(zhì)量為

機(jī)的帶正電環(huán)P套在桿上以某一速度見(jiàn),對(duì)準(zhǔn)。向

左運(yùn)動(dòng)，在電容器中P距B板最近的位置為S,OS=

會(huì)若A、B板外側(cè)無(wú)電場(chǎng)，P過(guò)孔。時(shí)與板無(wú)接觸，不計(jì)P對(duì)A、8板間電場(chǎng)的影

響。則（）

A.P在S處的速度為0

B.P從。至S的過(guò)程中，絕緣座的位移大小為霍

C.P從。至S的過(guò)程中，絕緣座的位移大小為湍制

D.P從。至S的過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能的增加量為卷去

9.為了探究物體質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計(jì)了圖9）所示的實(shí)驗(yàn)裝置，

其中M為小車的質(zhì)量，機(jī)為砂和砂桶的質(zhì)量，血。為動(dòng)滑輪的質(zhì)量，滑輪光滑且大

小不計(jì)，力傳感器可測(cè)出細(xì)線中的拉力大小。

1.012.964.926.868.8210.77

圖(b)圖(c)

(1)實(shí)驗(yàn)中，不需要進(jìn)行的操作是,不需要滿足的條件是(填序號(hào)字

母)。

人用天平測(cè)出砂和砂桶的質(zhì)量m

B.將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力

C.保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M

D小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄力傳

感器的示數(shù)

(2)該同學(xué)在實(shí)驗(yàn)中得到圖(b)所示的一條紙帶(兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出)。

已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為0.02s,根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為

m/s2(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。

(3)該同學(xué)以力傳感器的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度。為縱坐標(biāo)，畫(huà)出圖(c)所示的a-

F圖線是一條過(guò)原點(diǎn)的直線，若圖線的斜率為3則小車的質(zhì)量為。

10.要測(cè)量一個(gè)約2000的未知電阻心的阻值，要求測(cè)量精度盡量高、且電表的指針偏

角必須超過(guò)量程的三分之一。實(shí)驗(yàn)室提供了以下器材：

①電流表4式0?5mA,內(nèi)阻ri=10。)；

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②電流表人2（。?1。64內(nèi)阻七=5。）；

③定值電阻Ri（Ri=18O0）；

④定值電阻&（&=20。）；

⑤滑動(dòng)變阻器R（0?5。）；

⑥干電池（電動(dòng)勢(shì)1.5U,內(nèi)阻不計(jì)）；

⑦開(kāi)關(guān)S及導(dǎo)線若干。

（1）某同學(xué)設(shè)計(jì)了圖（。）所示的電路，閉合開(kāi)關(guān)S前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于

端（填“左”或“右”）；

（2）圖中定值電阻應(yīng)選（填或）；

（3）若某次測(cè)得電流表人、4的示數(shù)分別為小6則被測(cè)電阻的大小為&=

（用可能用到的符號(hào)人、【2、/、「2、%、氏2表示）;

（4）若通過(guò)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，測(cè)得多組％、12,作出/2-。的圖像如圖（匕）所示，求得

圖線的斜率為k=1.90,則被測(cè)電阻的大小為R工=。（保留三位有效數(shù)字）。

11.如圖，豎直平面xOy內(nèi)，第一象限有水平向右（沿x軸

正方向）的勻強(qiáng)電場(chǎng),第三象限有豎直向上（沿y軸正方

向）的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小均為E；懸點(diǎn)在力（01）、長(zhǎng)

為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛著質(zhì)量為機(jī)的帶電小球（可視為質(zhì)

點(diǎn)），小球靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為。=37。。

撤去第一象限的電場(chǎng)，小球自由下擺到。點(diǎn)時(shí)，細(xì)線

恰好斷裂，然后小球經(jīng)第三象限的電場(chǎng)，落在地面上距。點(diǎn)水平距離為d的B點(diǎn)。

重力加速度大小為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）小球的帶電性質(zhì)及電荷量q；

（2）小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小。

12.如圖，傾角為30。、長(zhǎng)L=6m的傾斜傳送帶的速度大小必可由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)

定，且設(shè)定后速度保持不變，其方向沿傳送帶向上?，F(xiàn)給質(zhì)量瓶=1kg的貨箱（視

為質(zhì)點(diǎn))施加一個(gè)沿傳送帶向上、大小F=10N的恒力，使其由靜止開(kāi)始從傳送帶

底端向高平臺(tái)運(yùn)動(dòng)。已知貨箱與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=3，最大靜摩擦力等于

滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取g=10ni/s2。

(I)若%=0,求貨箱在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間f;

(2)若加=4m/s,求貨箱在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)貨箱的沖量夕和貨箱

與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q

(3)若%=4m/s,貨箱運(yùn)動(dòng)到0.7s末，由于某種原因使恒力尸突然消失，試通過(guò)計(jì)

算判斷貨箱能否到達(dá)高平臺(tái)。

13.下列說(shuō)法正確的是()

A.當(dāng)分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，分子力和分子勢(shì)能總是隨分子間距離的減小而增大

B.用氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)可以估算氣體分子的體積

C.物體向外界放熱，其內(nèi)能不一定減小

D.金剛石、食鹽、玻璃和水晶都是晶體

E.自然界自發(fā)的宏觀過(guò)程都具有方向性，總是向分子熱運(yùn)動(dòng)無(wú)序性更大的方向進(jìn)

行

14.小明父親啟動(dòng)汽車送小明上學(xué)時(shí)，發(fā)現(xiàn)汽車胎壓異常狀態(tài)電子系統(tǒng)有如圖所示的報(bào)

警：“左前輪胎壓胎壓過(guò)低”。已知左前輪內(nèi)胎體積為％,為使汽車正常

行駛，小明父親用電動(dòng)充氣泵給左前輪充氣，每秒鐘充入△U=自玲、壓強(qiáng)為\atrn

的氣體，充氣結(jié)束后內(nèi)胎體積膨脹了10%,胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)達(dá)到了2.4atm。(設(shè)胎內(nèi)

第6頁(yè)，共21頁(yè)

氣體可視為理想氣體且充氣過(guò)程中胎內(nèi)氣體溫度無(wú)明顯變化，計(jì)算結(jié)果可用分式表

示）

0）充氣結(jié)束，胎內(nèi)氣體若保持L7atm,其理論體積匕渥力的多少倍？

5）充氣幾分鐘可以使胎壓達(dá)到2.4atm?

2,40

24C

■D

2.402.40

24℃24°C

15.關(guān)于機(jī)械波與電磁波，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.彈簧振子在四分之一周期里運(yùn)動(dòng)的路程一定等于一個(gè)振幅

B.用超聲波被血流反射回來(lái)其頻率發(fā)生變化可測(cè)血流速度，是利用了波的多普勒

效應(yīng)

C.擺鐘偏慢時(shí)可通過(guò)縮短擺長(zhǎng)進(jìn)行校準(zhǔn)

D.光學(xué)鏡頭上的增透膜是利用了光的偏振

E.電磁波衍射能力由強(qiáng)到弱的順序是無(wú)線電波、紅外線、可見(jiàn)光、y射線

16.對(duì)比鉆石折射率是判斷鉆石真假的一種方法。圖（a）為某種材料做成的鉆石示意圖,

其截面如圖（b）所示，虛線為垂直于MN邊的對(duì)稱軸，N40B可以根據(jù)需要打磨成不

同大小，現(xiàn)有光線從圖示位置垂直于邊射入該鉆石內(nèi)。

⑴若NAOB=106。時(shí)，光恰好不從AO邊射出。請(qǐng)計(jì)算該鉆石的折射率，判斷該鉆

石的真假。（真鉆石對(duì)該光的折射率為2.42,計(jì)算中可能用到sin37。=0.6,cos37。=

0.8）

5）繼續(xù)打磨該鉆石使N40B減小后，讓光線仍沿圖（b）所示方向入射，光射到BO

邊時(shí)剛好發(fā)生全發(fā)射，求乙4OB的大小。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A、伽利略通過(guò)“理想實(shí)驗(yàn)”得出了“力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因”這一

結(jié)論，故A錯(cuò)誤；

B、牛頓在研究行星運(yùn)動(dòng)規(guī)律的基礎(chǔ)上發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律，故8錯(cuò)誤；

C、庫(kù)侖通過(guò)“扭秤實(shí)驗(yàn)”非常準(zhǔn)確地測(cè)出了帶電物體間的靜電力，故C正確；

法拉第引入的“電場(chǎng)線”是為了描述電場(chǎng)人為引入的，在電場(chǎng)中不是真實(shí)存在，故

。錯(cuò)誤。

故選：a

根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答，記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可。

本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問(wèn)題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記

憶，這也是考試內(nèi)容之一。

2.【答案】D

【解析】解：A、物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力分析如圖所示:

物體A共受到四個(gè)力，故4錯(cuò)誤；

B、物體B處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力分析如圖所示:

CD、適當(dāng)增加C的質(zhì)量后，A、B、C仍靜止在原位置，可知7增大，0不變，由平衡

條件得：NA=mAg-Tsin9

可知M減小，可知A對(duì)8壓力比原來(lái)小，由平衡條件及牛頓第三定理可得：fB=fA'

必'=以=Tcosd

聯(lián)立可得：fB=Tcosd

可知，地面對(duì)8的摩擦力比原來(lái)大，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：

A處于平衡，合力為零，對(duì)A受力分析即可，B處于平衡狀態(tài)，對(duì)8受力分析，可知B

和地面間也存在摩擦；適當(dāng)增加C的質(zhì)量后，A、B、C仍靜止在原位置，以A為研究

對(duì)象分析，可知A對(duì)8壓力比原來(lái)小，對(duì)B受力分析，根據(jù)平衡條件及牛頓第三定律

即可分析地面對(duì)B的摩擦力。

本題考查受力平衡條件，目的是考查學(xué)生的推理能力，整體法與隔離法的靈活選擇對(duì)解

題過(guò)程簡(jiǎn)潔與否至關(guān)重要，要求能靈活選擇方法。

3.【答案】A

【解析】解：A、根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力：G^=ma,可得a=詈，由于P點(diǎn)是橢

圓軌道上的遠(yuǎn)月點(diǎn)，則“嫦娥三號(hào)”在尸點(diǎn)的加速度最小，故A正確；

B、根據(jù)公式開(kāi)普勒第三定律旨=k,可知，在圓軌道與橢圓軌道上運(yùn)行時(shí)，軌道半長(zhǎng)

軸不同，則“嫦娥三號(hào)”的周期不相等，故B錯(cuò)誤；

C、在P點(diǎn)由圓軌道變?yōu)闄E圓軌道，是由高軌道向低軌道做近心運(yùn)動(dòng)，所以“嫦娥三號(hào)”

需要在P點(diǎn)減速，故C錯(cuò)誤；

。、橢圓軌道上，從P至Q,只有萬(wàn)有引力對(duì)“嫦娥三號(hào)”做功，故“嫦娥三號(hào)”的機(jī)

第10頁(yè)，共21頁(yè)

械能守恒，即保持不變，故。錯(cuò)誤。

故選：Ao

在環(huán)月段圓軌道上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)減速才能進(jìn)入環(huán)月橢圓軌道.嫦娥三號(hào)懸停時(shí)反推力與重

力平衡，據(jù)此求得月球表面的重力加速度，由月球半徑求得月球的第一宇宙速度.由衛(wèi)

星的變軌原理分析變軌時(shí)是加速還是減速.

本題要掌握萬(wàn)有引力提供向心力，要能夠根據(jù)題意選擇恰當(dāng)?shù)南蛐牧Φ谋磉_(dá)式，知道開(kāi)

普勒第三定律，理解公式中各量的含義.

4.【答案】B

【解析】解：A、增大對(duì)飛的光照強(qiáng)度，其電阻減小，外電路總電阻減小，根據(jù)閉合電

路歐姆定律可知，干路電流增大，則A表的示數(shù)變大，故A錯(cuò)誤；

8、由于%>r,結(jié)合電源的輸出功率與外電阻的關(guān)系可知，當(dāng)外電阻減小時(shí)，外電阻

與內(nèi)電阻逐漸接近，電源的輸出功率增大，故8正確；

C、根據(jù)公式P=〃河知通過(guò)電源的電流增大，電源內(nèi)部消耗的熱功率增大，故C錯(cuò)誤；

D、由閉合電路歐姆定律知〃=后-/（%+「），可知，/增大，其它量不變，并聯(lián)部分電

壓U減小，即電容器兩端電壓減小，所以電容器處于放電過(guò)程，G表中電流從6流向a,

故。錯(cuò)誤.

故選：B。

在逐漸增大對(duì)/?3的光照強(qiáng)度的過(guò)程中，/?3的阻值減小，分析外電路總電阻的變化，由閉

合電路歐姆定律分析干路電流的變化，即可知道電流表A的示數(shù)如何變化。由內(nèi)外電阻

的關(guān)系和外電阻的變化分析電源的輸出功率如何變化。由P=產(chǎn)「分析電源內(nèi)部消耗的

熱功率變化情況。根據(jù)電容器充放電情況，判斷G表中電流方向。

對(duì)于閉合電路的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題，一般按外電路—內(nèi)電路一外電路的分析思路進(jìn)行。分析

內(nèi)電路主要根據(jù)總電流及內(nèi)阻分析內(nèi)電壓變化情況，而外電路較為復(fù)雜，要注意靈活應(yīng)

用電路的性質(zhì)。

5.【答案】B

【解析】解：A、設(shè)斜面傾角為仇

物體上滑時(shí)，當(dāng)滿足mgsin。+〃mgcos9=k△x,此時(shí)物塊加速度為零；

物體下滑時(shí)，當(dāng)滿足77195沆8-〃7719<:05。=卜小工'，此時(shí)物塊加速度為零，

整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊加速度為零的位置有兩處，故A錯(cuò)誤；

2、上滑過(guò)程在彈簧壓縮量為AX時(shí)，加速度為零，速度最大；下滑過(guò)程在彈簧壓縮量為

△x'時(shí)，加速度為零，速度最大，由A選項(xiàng)可知物塊上滑過(guò)程中速度最大的位置與下滑

過(guò)程中速度最大的位置不同，故B正確；

C、整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)能量不變，上滑過(guò)程中彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能和重力勢(shì)能，故系

統(tǒng)彈性勢(shì)能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量與增加的重力勢(shì)能之和，故C錯(cuò)誤；

。、物塊從A上滑到B過(guò)程中，彈簧的彈力逐漸減小，在物體的合力等于零之前，由牛

頓第二定律有kx-mgsina=ma,a隨著x的減小而減小，方向沿斜面向上。

以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律知：地面對(duì)斜面體的摩擦力/=

macosa,a減小，則f減小，方向水平向左。

在物體的合力等于零之后到8的過(guò)程，由牛頓第二定律有f+mgsi7ia-kx=ma,"隨

著x的減小而增大，方向沿斜面向下。

以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律知：地面對(duì)斜面體的摩擦力/=

macosa,a增大，則/增大，方向水平向右。

物體從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程，物體的加速度不變，則由/=macosa知，f不變，綜上知，

物塊從4上滑到C過(guò)程中，地面對(duì)斜面體的摩擦力先減小再增大，然后不變。故。錯(cuò)

誤。

故選：B。

物塊的合力為零時(shí)速度最大，由平衡條件和胡克定律分析上滑和下滑速度最大的位置關(guān)

系；

根據(jù)能量和轉(zhuǎn)化守恒定律分析整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能與彈簧的最大彈性勢(shì)能的關(guān)

系；

物塊從4上滑到C過(guò)程中，以斜面體和物塊整體為研究對(duì)象，分析地面對(duì)斜面體的摩

擦力如何變化。

本題是力學(xué)綜合題，分析物體的受力情況是基礎(chǔ)，還要把握能量是如何轉(zhuǎn)化的。對(duì)于加

速度不同的物體，也可以運(yùn)用整體法研究。

6.【答案】AD

【解析】解：A、質(zhì)點(diǎn)在x軸方向質(zhì)點(diǎn)以初速度為2m/s做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，而在y軸方

向質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，及曲線運(yùn)動(dòng)條件，可知，質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲

線運(yùn)動(dòng)，故A正確；

8、t=0時(shí)，在x方向上的初速度為%0=2m/s,y方向上的速度為%=詈=^m/s=

-3m/s,則速度為〃=［七+藥=y/22+(-3)2m/s=y/13m/s,故3錯(cuò)誤；

第12頁(yè)，共21頁(yè)

C、2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)在x方向上的位移為％=-^-x2m-8m,2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)在y方向上的位移為y=

-3x2m=-6m,質(zhì)點(diǎn)的坐標(biāo)為(8m,0),故C錯(cuò)誤；

￡)、t=ls時(shí)，在x方向上的速度為4m/s,y方向上的速度為—3m/s,則合速度為1/=

y/42+(-3)2m/s=5m/s,故D正確。

故選：AO。

依據(jù)兩圖象可知：質(zhì)點(diǎn)在x方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在y方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)

動(dòng)的合成與分解，即可判定運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；

根據(jù)兩圖象可知：質(zhì)點(diǎn)在x方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在y方向上做勻速運(yùn)動(dòng)，求出1s

末x方向的分速度，然后根據(jù)平行四邊形定則得出質(zhì)點(diǎn)的速度；

分別求出質(zhì)點(diǎn)沿x方向的位移與y方向的位移，然后根據(jù)平行四邊形定則求解2s內(nèi)的位

移大小。

解決本題的關(guān)鍵知道質(zhì)點(diǎn)在x方向和y方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，根據(jù)平行四邊形定則進(jìn)行合

成，注意掌握曲線運(yùn)動(dòng)的條件，要注意v-t圖象中圖線與時(shí)間軸圍成的面積對(duì)應(yīng)質(zhì)點(diǎn)

運(yùn)動(dòng)的位移。

7.【答案】AC

【解析】解：A、負(fù)點(diǎn)電荷沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，動(dòng)能減少，由動(dòng)能定理知電場(chǎng)

力對(duì)其做負(fù)功，則電場(chǎng)方向沿x軸的正方向，電勢(shì)沿x軸正方向降低。故A正確

8、由于點(diǎn)電荷僅受電場(chǎng)力，由動(dòng)能定理得知，圖象的斜率為電場(chǎng)力，由圖可知，斜率

減小，電場(chǎng)力減小，根據(jù)E=可知電場(chǎng)強(qiáng)度變小。故8錯(cuò)誤；

C、由圖可知尸=k=注擔(dān)二N=1.0X10-57

0.6-0.3

x=0.3m處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=：=V/m=500K/m,故C正確；

。設(shè)工=0.3m處動(dòng)能為x=0.5ni處動(dòng)能為Ei，

由圖可知琢=3X10-6),=1.75x10-6/,

由動(dòng)能定理得-qU=E'k-Ek

解得U=62.5V,故。錯(cuò)誤。

故選：AC.

粒子僅受電場(chǎng)力作用，列出動(dòng)能定理式子，可判斷出a-X圖像斜率表示電場(chǎng)力，并可

判斷電場(chǎng)力方向，結(jié)合場(chǎng)強(qiáng)與電場(chǎng)力的關(guān)系，即可求解。

本題考查電場(chǎng)相關(guān)概念，結(jié)合動(dòng)能定理，要求學(xué)生結(jié)合公式，理解所給圖像斜率、交點(diǎn)

的意義，對(duì)學(xué)生分析能力有一定要求。

8.【答案】CD

【解析】解：A、帶電圓環(huán)進(jìn)入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力的作用下，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而電

容器則在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)他們速度相等時(shí)，帶電圓環(huán)與電容器的

左極板相距最近，取向左為正方向，有系統(tǒng)動(dòng)量守恒m%=（7n+M）u

可得D-

」1寸m+M

則尸在S處的速度不為0,故A錯(cuò)誤；

BC、該過(guò)程電容器（絕緣座）向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有％

環(huán)向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有

由題意可知X'-K=?

P從。至S的過(guò)程中，絕緣座的位移大小為瑞荷，故C正確，3錯(cuò)誤；

D,尸從O至S的過(guò)程中，帶電環(huán)減速，動(dòng)能減少，電容器動(dòng)能增加，系統(tǒng)動(dòng)能減少，

2

電勢(shì)能增加，增加的電勢(shì)能△EP=-1（m+M）v=號(hào)急

故。正確。

故選：CD。

帶電環(huán)與電容器組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可利用動(dòng)量守恒定律求解速度，從而求出位移；

整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)能量守恒，系統(tǒng)動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能.

本題考查動(dòng)量守恒定律與功能關(guān)系，要求學(xué)生判斷守恒量，并能夠?qū)щ姯h(huán)以及電容器

在整個(gè)過(guò)程的能量轉(zhuǎn)化進(jìn)行分析，難度適中。

9.【答案】AC1.95;-m0

【解析】解：（1）4實(shí)驗(yàn)中細(xì)線上的拉力由力的傳感器可測(cè)出，故不需要測(cè)出砂和砂桶

的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；符合題意；

8、為了保證細(xì)線上的拉力就是動(dòng)滑輪和小車所受的合外力，需要平衡摩擦力，故B正

確，不符合題意；

C、拉力由力的傳感器可測(cè)出，故不需要保證砂和砂桶的質(zhì)量，〃遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量M,

故C錯(cuò)誤，符合題意。

第14頁(yè)，共21頁(yè)

。、小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄力傳感

器的示數(shù)，這是實(shí)驗(yàn)測(cè)量的標(biāo)準(zhǔn)步驟，故。正確，不符合題意。

故不需要進(jìn)行的操作是4;不需要滿足的條件為C。

(2)兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出，則兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為7=0.1s,根據(jù)△x=

一”“rnbxd-(10.77+8.82+6.86)-(1.01+2.96+4.92)c-2/2icl/2

a72利用逐差法有a=L--------苛立----------X102m/s2=1.95m/s2

(3)根據(jù)牛頓第二定律有2F=(m0+M)a

則@二上2一產(chǎn)

m0+M

故圖象的斜率土=2品

解得M=^-m0

故答案為：(1)4(2)C；(3)1.95；(4)：一小。。

(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理和注意事項(xiàng)確定不需要的操作以及條件；

(2)根據(jù)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔確定兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間；再根據(jù)連續(xù)相等時(shí)間內(nèi)的位移之

差是一恒量，運(yùn)用逐差法求出小車的加速度；

(3)根據(jù)牛頓第二定律確定F與加速度間的關(guān)系，再結(jié)合圖象即可求出小車的質(zhì)量。

本題考查探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力間的關(guān)系，要注意明確實(shí)驗(yàn)原理，掌握根據(jù)

圖象處理數(shù)據(jù)的基本方法，同時(shí)掌握根據(jù)逐差法處理紙帶的方法。

10.【答案】左仆211

1攵_/1

【解析】解：(1)由于電路為分壓式電路，閉合開(kāi)關(guān)前要保護(hù)電流表，要求流過(guò)電流表

的電流盡可能小，固要將滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于左端；

(2)由電路圖可看出，本題考向?qū)嵸|(zhì)為伏安法測(cè)電阻，則需將電流表L改裝為電壓表，

由于電源電動(dòng)勢(shì)為1.5V,則占改裝的電壓表應(yīng)能測(cè)1.5V的電壓，則有

%出弟+萬(wàn))21.5匕代入數(shù)據(jù)有：R單，2900,則選&較為合適；

(3)根據(jù)歐姆定律有：

(4)由上一問(wèn)(第三空)的答案整理得：/2=*3/1

Kx

由上式可知：'=r'+丁.

Kx

則代入計(jì)算可得：Rx=2iin

故答案為：(1)左；(2)&；⑶埠*;(4)211

(1)為保護(hù)電路使分壓為零，滑片置于左端；

(2)根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)和電流表滿偏時(shí)，大致求出分壓電阻的阻值，從而選擇定值電阻；

(3)根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等和歐姆定律求出待測(cè)電阻的阻值；

(4)由上一間的表達(dá)式寫(xiě)出。-圖象，由圖象的斜率從而求出心的值。

本實(shí)驗(yàn)是伏安法的變形，即安安法，通過(guò)滑動(dòng)變阻器的調(diào)壓從而使一條支路的電流變化

時(shí)，干路中的電流也要變化，且是線性關(guān)系，作出，2-4圖象，結(jié)合圖象就求出待測(cè)電

阻的阻值，此種方法既減小了因讀數(shù)的偶然誤差，也消除了因電表內(nèi)阻的影響產(chǎn)生的系

統(tǒng)誤差。

11.【答案】解：(1)小球受三力作用靜止，電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，故小球帶

正電；

由力的平衡條件得：qE-rngtand

解得，小球的電荷量為：勺=甯

(2)設(shè)小球在0點(diǎn)的速度大小為%,擺下過(guò)程中，由動(dòng)能定理，則有：7ngL(l-cos37。)=

12

21

解得：Vi=J|gL

小球在第三象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有：d=V1t

豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：mg-qE=ma

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：vy=at

小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度：v2=J琦+藥

聯(lián)立各式，解得：v2=J|"+鬻

答：(1)小球的帶正電，其電荷量為翳；

(2)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小為J|"+誓。

【解析】(1)由三力平衡，結(jié)合矢量的合成法則，及三角知識(shí)，并由電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度

方向相同，從而小球的判定電性及電量；

(2)根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律，及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解。

考查帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，掌握平衡條件的應(yīng)用，理解動(dòng)能定理的內(nèi)容，及類平

拋運(yùn)動(dòng)處理的規(guī)律，最后還要注意小球的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，尤其是類平拋運(yùn)動(dòng)與平拋運(yùn)動(dòng)

的區(qū)別。

12.【答案】解：(1)兀=。時(shí)，貨箱受重力，拉力，傳送帶對(duì)貨箱的支持力和摩擦力,

第16頁(yè)，共21頁(yè)

向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有：F-I^mgcos300-mgsin300=ma解得：a=

2m/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：解得：t=Jg=再s=^s

（2）%=4m/s時(shí)，貨箱受重力，拉力，傳送帶對(duì)貨箱的支持力和摩擦力，向上做勻加速

運(yùn)動(dòng)，直到速度達(dá)到4m/s,

設(shè)此過(guò)程加速度為內(nèi),運(yùn)動(dòng)時(shí)間為發(fā)生位移為Xi，

2

由牛頓第二定律有：F+nmgcos30°-mgsin30°=mar代入數(shù)據(jù)得：%=8m/s

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：。0=%￡1，工]=扣宙代入數(shù)據(jù)得：ti=0.5s,=lm/s

貨箱與傳送帶間的相對(duì)路程為：△X]=心口一X[=4x0.5m-lm=lm此后，摩擦力

反向，貨箱繼續(xù)沿斜面向上做加速運(yùn)動(dòng)，由受力情況可知加速度a2=a=2m/s2

設(shè)此過(guò)程的時(shí)間為12，發(fā)生位移為x2=Z,—xx=6m—Im=5m

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：%2=v0t2+^a2tl代入數(shù)據(jù)得：t2=Is

貨箱與傳送帶間的相對(duì)路程為：△%2=%2-vot2=5m-4xIm=1m

規(guī)定沿傳送帶向上的方向?yàn)檎较?/p>

則有：//=fimgcos30°t-L-nmgcos30°t2,Q=/zm^cos30°（A+△七）代入數(shù)據(jù)解得：

If=-1.5N-s,方向沿傳送帶向下Q=6/

（3）ti=0.5s時(shí)，貨箱速度達(dá)到4m/s,從0.5s到0.7s,貨箱以加速度a2沿傳送帶向上做

加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此過(guò)程時(shí)間為t3,發(fā)生位移為X3,末速度為v

t3=0.7s—0.5s=0.2s

X

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：V=%+a2t3，3=V0t3+j?2tf

代入數(shù)據(jù)得：v=4.4m/s,x3=0.84m

力尸消失后，貨箱先沿傳送帶向上做減速運(yùn)動(dòng)（摩擦力方向沿傳送帶向下）直到速度再次

到達(dá)4m/s,設(shè)此過(guò)程發(fā)生位移為心由動(dòng)能定理有：一（mgsin30o+“mgcos3（r）X4=

2

^mv§-^mv代入數(shù)據(jù)得：x4=0.21m

此后，摩擦力方向沿傳送帶向上，傳送帶繼續(xù)向上減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)貨箱速度從4m/s減至0

的過(guò)程中發(fā)生的位移為與

由動(dòng)能定理有：一（mgsin30。-〃巾9，。530。）辦=0

代入數(shù)據(jù)得：x5=4m/s

因：工1+刀3+刀4+*=Im+0.84m+0.21nl+4zn=6.05m>L所以，貨物能到達(dá)高

平臺(tái)。

答：(1)若%=0,求貨箱在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間f為巡S；

(2)若%=4m/s,求貨箱在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，摩擦力對(duì)貨箱的沖量/f和貨箱與傳

送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量。分別為-1.5N?s和6J；

(3)若見(jiàn)=4m/s,貨箱運(yùn)動(dòng)到0.7s末，由于某種原因使恒力F突然消失，貨箱能到達(dá)高

平臺(tái)。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求得上滑時(shí)的加速度大小，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得上滑時(shí)

間；

(2)當(dāng)貨箱速度達(dá)到4rn/s之前，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得貨

箱速度達(dá)到4m/s時(shí)所需時(shí)間和上滑的位移，當(dāng)速度大于4rn/s時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律求

得加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間，求得發(fā)生的相對(duì)位移，根據(jù)匕="求得沖量，

根據(jù)Q=nmgcosd-△x求得產(chǎn)生的熱量；

(3)根據(jù)時(shí)間關(guān)系求得在0.7s時(shí)貨箱獲得的速度及貨箱沿斜面上滑的距離，撤去外力后，

貨箱做減速運(yùn)動(dòng)，求得減速到傳送帶速度時(shí)所需時(shí)間，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得上滑的距離，

當(dāng)速度小于傳送帶后，在結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得繼續(xù)上滑的距離，即可判

斷。

本題考查用牛頓運(yùn)動(dòng)定律分析傳送帶問(wèn)題、勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、沖量及動(dòng)能定理等

內(nèi)容，旨在考查學(xué)生的綜合分析能力，試題較難。

13.【答案】ACE

【解析】解：A、分子力表現(xiàn)為斥力時(shí)，隨分子間距離的減小，分子力做負(fù)功，分子勢(shì)

能增大，故A正確；

8、由于氣體分子的體積和分子所占的體積不同，所以不能由氣體的摩爾體積和阿伏加

德羅常數(shù)估算氣體分子的體積，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U=Q+"可知，物體向外界放熱，即Q<0,如果外界對(duì)物

體做功，即皿>0,且外界對(duì)物體做功大于物體向外界放熱，則有△〃>(),若外界對(duì)

物體做功等于物體向外界放熱，其內(nèi)能可能不變，所以其內(nèi)能不一定減小，故C正確；

D,金剛石、食鹽、和水晶都是晶體，玻璃是非晶體，故。錯(cuò)誤；

E、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，自然界自發(fā)的宏觀過(guò)程都具有方向性，總是向分子熱運(yùn)

動(dòng)無(wú)序性更大的方向進(jìn)行，故E正確。

故選：ACEo

根據(jù)分子力做功與分子勢(shì)能的變化判斷；根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；根據(jù)熱力學(xué)第

第18頁(yè)，共21頁(yè)

一定律判斷；玻璃是非晶體；根據(jù)熱力學(xué)第二定律判斷。

本題考查分子力及分子勢(shì)能、阿伏加德羅常數(shù)、熱力學(xué)第一定律、晶體與非晶體、熱力

學(xué)第二定律等熱學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，要求學(xué)生對(duì)這部分知識(shí)要重視課本，強(qiáng)化記憶。

14.【答案】解：。）設(shè)充氣結(jié)束后的胎內(nèi)氣體壓強(qiáng)為P2，體積為“，則P2~2.4atm,V2=

%+10%%=1.1%

依題意理論狀態(tài)：壓強(qiáng)為PH=體積