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“理想實驗”得出了“力不是維持物體運動的原因”這一結論

B.開普勒在研究行星運動規(guī)律的基礎上發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律

C.庫侖通過“扭秤實驗”非常準確地測出了帶電物體間的靜電力

D.法拉第引入的“電場線”是真實存在于電場中的

2.如圖，水平地面上疊放著矩形物體A和2,細線一端

連接A,另一端跨過定滑輪連接著物體C,4、B、C

均靜止。下列說法正確的是（）

A.4共受到三個力作用

B.8共受到四個力作用

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

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

大

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

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

軌道的近月點。下列說法正確的是（）

A.橢圓軌道上，“嫦娥三號”在P點的加速度最小

B.在圓軌道與橢圓軌道上運行時，“嫦娥三號”的周期相等

C.在P點由圓軌道變軌為橢圓軌道，“嫦娥三號”需要加速

D.橢圓軌道上，從P至。，“嫦娥三號”的機械能逐漸增大

4.如圖所示的電路中，電源的電動勢為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（阻值隨光照增強而減?。珹為理想電流表，G為靈敏電流計，

已知%>r。當開關S閉合且電路穩(wěn)定后,在逐漸增大對/?3的光照強度的過程中（）

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

為原長時自由端在B點，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。物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜面上滑至最高點C,然后下滑，最終靜止在斜面

上。若整個過程中斜面體始終靜止，則下列判定正確的是（）

A.整個運動過程中，物塊加速度為零的位置只有一處

B.物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同

C.整個運動過程中，系統(tǒng)彈性勢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的過程中，地面對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)運動的某質(zhì)點t=0時刻在），軸上。圖（a）是質(zhì)點在x方向的速度V―時間

f圖像（選x軸正方向為v的正方向），圖（匕）是質(zhì)點在y方向的位移y-時間/圖像。

則可知（）

圖（a）圖（b）

A.質(zhì)點做勻變速曲線運動

B.t=0時，質(zhì)點的速度大小為2m/s

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C.t=2s時，質(zhì)點的坐標為（6M,0）

D.t=ls時，質(zhì)點的速度大小為5m/s

7.某電場中的一條電場線與x軸重合，一負點電荷僅

在電場力作用下以某一初速度沿x軸正方向做直線

運動。已知點電荷的電荷量為-2x10-8。，點電荷

的動能E與坐標x的關系如圖中曲線所示，斜線為

該曲線過點（033）的切線。下列判定正確的是（）

A.該電場的電勢沿x軸正方向降低

B.該電場為勻強電場

C.x=0.3?n處的場強大小為500N/C

D.x=0.3m與％=0.5租|用的電勢差是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。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

機的帶正電環(huán)P套在桿上以某一速度見,對準。向

左運動，在電容器中P距B板最近的位置為S,OS=

會若A、B板外側無電場，P過孔。時與板無接觸，不計P對A、8板間電場的影

響。則（）

A.P在S處的速度為0

B.P從。至S的過程中，絕緣座的位移大小為霍

C.P從。至S的過程中，絕緣座的位移大小為湍制

D.P從。至S的過程中，整個系統(tǒng)電勢能的增加量為卷去

9.為了探究物體質(zhì)量一定時加速度與力的關系，某同學設計了圖9）所示的實驗裝置，

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

小不計，力傳感器可測出細線中的拉力大小。

1.012.964.926.868.8210.77

圖(b)圖(c)

(1)實驗中，不需要進行的操作是,不需要滿足的條件是(填序號字

母)。

人用天平測出砂和砂桶的質(zhì)量m

B.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力

C.保證砂和砂桶的質(zhì)量m遠小于小車的質(zhì)量M

D小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳

感器的示數(shù)

(2)該同學在實驗中得到圖(b)所示的一條紙帶(兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出)。

已知打點計時器的打點周期為0.02s,根據(jù)紙帶可求出小車的加速度大小為

m/s2(結果保留三位有效數(shù)字)。

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

F圖線是一條過原點的直線，若圖線的斜率為3則小車的質(zhì)量為。

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

角必須超過量程的三分之一。實驗室提供了以下器材：

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滑動變阻器R（0?5。）；

⑥干電池（電動勢1.5U,內(nèi)阻不計）；

⑦開關S及導線若干。

（1）某同學設計了圖（。）所示的電路，閉合開關S前，滑動變阻器的滑片應置于

端（填“左”或“右”）；

（2）圖中定值電阻應選（填或）；

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

（用可能用到的符號人、【2、/、「2、%、氏2表示）;

（4）若通過調(diào)節(jié)滑動變阻器，測得多組％、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）的勻強電場,第三象限有豎直向上（沿y軸正方

向）的勻強電場，場強大小均為E；懸點在力（01）、長

為L的絕緣細線懸掛著質(zhì)量為機的帶電小球（可視為質(zhì)

點），小球靜止時，細線與豎直方向的夾角為。=37。。

撤去第一象限的電場，小球自由下擺到。點時，細線

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

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）小球運動到B點的速度大小。

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

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

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

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

滑動摩擦力，重力加速度取g=10ni/s2。

(I)若%=0,求貨箱在傳送帶上運動的時間f;

(2)若加=4m/s,求貨箱在傳送帶上運動的過程中，摩擦力對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,貨箱運動到0.7s末，由于某種原因使恒力尸突然消失，試通過計

算判斷貨箱能否到達高平臺。

13.下列說法正確的是()

A.當分子力表現(xiàn)為斥力時，分子力和分子勢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)的宏觀過程都具有方向性，總是向分子熱運動無序性更大的方向進

行

14.小明父親啟動汽車送小明上學時，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

警：“左前輪胎壓胎壓過低”。已知左前輪內(nèi)胎體積為％,為使汽車正常

行駛，小明父親用電動充氣泵給左前輪充氣，每秒鐘充入△U=自玲、壓強為\atrn

的氣體，充氣結束后內(nèi)胎體積膨脹了10%,胎內(nèi)氣體壓強達到了2.4atm。(設胎內(nèi)

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氣體可視為理想氣體且充氣過程中胎內(nèi)氣體溫度無明顯變化，計算結果可用分式表

示）

0）充氣結束，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到2.4atm?

2,40

24C

■D

2.402.40

24℃24°C

15.關于機械波與電磁波，下列說法中正確的是（）

A.彈簧振子在四分之一周期里運動的路程一定等于一個振幅

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

效應

C.擺鐘偏慢時可通過縮短擺長進行校準

D.光學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到弱的順序是無線電波、紅外線、可見光、y射線

16.對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，光恰好不從AO邊射出。請計算該鉆石的折射率，判斷該鉆

石的真假。（真鉆石對該光的折射率為2.42,計算中可能用到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

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

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A、伽利略通過“理想實驗”得出了“力不是維持物體運動的原因”這一

結論，故A錯誤；

B、牛頓在研究行星運動規(guī)律的基礎上發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故8錯誤；

C、庫侖通過“扭秤實驗”非常準確地測出了帶電物體間的靜電力，故C正確；

法拉第引入的“電場線”是為了描述電場人為引入的，在電場中不是真實存在，故

。錯誤。

故選：a

根據(jù)物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記

憶，這也是考試內(nèi)容之一。

2.【答案】D

【解析】解：A、物體A處于靜止狀態(tài)，受力分析如圖所示:

物體A共受到四個力，故4錯誤；

B、物體B處于靜止狀態(tài)，受力分析如圖所示:

CD、適當增加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8壓力比原來小，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8的摩擦力比原來大，故C錯誤，。正確。

故選：

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

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

對象分析，可知A對8壓力比原來小，對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B的摩擦力。

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

題過程簡潔與否至關重要，要求能靈活選擇方法。

3.【答案】A

【解析】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力：G^=ma,可得a=詈，由于P點是橢

圓軌道上的遠月點，則“嫦娥三號”在尸點的加速度最小，故A正確；

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

軸不同，則“嫦娥三號”的周期不相等，故B錯誤；

C、在P點由圓軌道變?yōu)闄E圓軌道，是由高軌道向低軌道做近心運動，所以“嫦娥三號”

需要在P點減速，故C錯誤；

。、橢圓軌道上，從P至Q,只有萬有引力對“嫦娥三號”做功，故“嫦娥三號”的機

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械能守恒，即保持不變，故。錯誤。

故選：Ao

在環(huán)月段圓軌道上經(jīng)過P點時減速才能進入環(huán)月橢圓軌道.嫦娥三號懸停時反推力與重

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是加速還是減速.

本題要掌握萬有引力提供向心力，要能夠根據(jù)題意選擇恰當?shù)南蛐牧Φ谋磉_式，知道開

普勒第三定律，理解公式中各量的含義.

4.【答案】B

【解析】解：A、增大對飛的光照強度，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錯誤；

8、由于%>r,結合電源的輸出功率與外電阻的關系可知，當外電阻減小時，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=〃河知通過電源的電流增大，電源內(nèi)部消耗的熱功率增大，故C錯誤；

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程，G表中電流從6流向a,

故。錯誤.

故選：B。

在逐漸增大對/?3的光照強度的過程中，/?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。

對于閉合電路的動態(tài)分析問題，一般按外電路—內(nèi)電路一外電路的分析思路進行。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，而外電路較為復雜，要注意靈活應

用電路的性質(zhì)。

5.【答案】B

【解析】解：A、設斜面傾角為仇

物體上滑時，當滿足mgsin。+〃mgcos9=k△x,此時物塊加速度為零；

物體下滑時，當滿足77195沆8-〃7719<:05。=卜小工'，此時物塊加速度為零，

整個運動過程中，物塊加速度為零的位置有兩處，故A錯誤；

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

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

過程中速度最大的位置不同，故B正確；

C、整個過程系統(tǒng)能量不變，上滑過程中彈簧的彈性勢能轉化成內(nèi)能和重力勢能，故系

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

。、物塊從A上滑到B過程中，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象，由牛頓第二定律知：地面對斜面體的摩擦力/=

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象，由牛頓第二定律知：地面對斜面體的摩擦力/=

macosa,a增大，則/增大，方向水平向右。

物體從B運動到C的過程，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過程中，地面對斜面體的摩擦力先減小再增大，然后不變。故。錯

誤。

故選：B。

物塊的合力為零時速度最大，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

系；

根據(jù)能量和轉化守恒定律分析整個運動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能與彈簧的最大彈性勢能的關

系；

物塊從4上滑到C過程中，以斜面體和物塊整體為研究對象，分析地面對斜面體的摩

擦力如何變化。

本題是力學綜合題，分析物體的受力情況是基礎，還要把握能量是如何轉化的。對于加

速度不同的物體，也可以運用整體法研究。

6.【答案】AD

【解析】解：A、質(zhì)點在x軸方向質(zhì)點以初速度為2m/s做勻加速直線運動，而在y軸方

向質(zhì)點做勻速運動，依據(jù)運動的合成與分解，及曲線運動條件，可知，質(zhì)點做勻變速曲

線運動，故A正確；

8、t=0時，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錯誤；

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

-3x2m=-6m,質(zhì)點的坐標為(8m,0),故C錯誤；

￡)、t=ls時，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)點在x方向上做勻加速直線運動，在y方向上做勻速運動，結合運

動的合成與分解，即可判定運動性質(zhì)；

根據(jù)兩圖象可知：質(zhì)點在x方向上做勻加速直線運動，在y方向上做勻速運動，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)點的速度；

分別求出質(zhì)點沿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。

解決本題的關鍵知道質(zhì)點在x方向和y方向上的運動規(guī)律，根據(jù)平行四邊形定則進行合

成，注意掌握曲線運動的條件，要注意v-t圖象中圖線與時間軸圍成的面積對應質(zhì)點

運動的位移。

7.【答案】AC

【解析】解：A、負點電荷沿x軸正方向運動的過程中，動能減少，由動能定理知電場

力對其做負功，則電場方向沿x軸的正方向，電勢沿x軸正方向降低。故A正確

8、由于點電荷僅受電場力，由動能定理得知，圖象的斜率為電場力，由圖可知，斜率

減小，電場力減小，根據(jù)E=可知電場強度變小。故8錯誤；

C、由圖可知尸=k=注擔二N=1.0X10-57

0.6-0.3

x=0.3m處的場強大小為E=：=V/m=500K/m,故C正確；

。設工=0.3m處動能為x=0.5ni處動能為Ei，

由圖可知琢=3X10-6),=1.75x10-6/,

由動能定理得-qU=E'k-Ek

解得U=62.5V,故。錯誤。

故選：AC.

粒子僅受電場力作用，列出動能定理式子，可判斷出a-X圖像斜率表示電場力，并可

判斷電場力方向，結合場強與電場力的關系，即可求解。

本題考查電場相關概念，結合動能定理，要求學生結合公式，理解所給圖像斜率、交點

的意義，對學生分析能力有一定要求。

8.【答案】CD

【解析】解：A、帶電圓環(huán)進入電場后，在電場力的作用下，做勻減速直線運動，而電

容器則在電場力的作用下做勻加速直線運動，當他們速度相等時，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錯誤；

BC、該過程電容器（絕緣座）向左做勻加速直線運動，有％

環(huán)向左做勻減速直線運動，有

由題意可知X'-K=?

P從。至S的過程中，絕緣座的位移大小為瑞荷，故C正確，3錯誤；

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

2

電勢能增加，增加的電勢能△EP=-1（m+M）v=號急

故。正確。

故選：CD。

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

整個過程系統(tǒng)能量守恒，系統(tǒng)動能轉化為電勢能.

本題考查動量守恒定律與功能關系，要求學生判斷守恒量，并能夠對帶電環(huán)以及電容器

在整個過程的能量轉化進行分析，難度適中。

9.【答案】AC1.95;-m0

【解析】解：（1）4實驗中細線上的拉力由力的傳感器可測出，故不需要測出砂和砂桶

的質(zhì)量，故A錯誤；符合題意；

8、為了保證細線上的拉力就是動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出，故不需要保證砂和砂桶的質(zhì)量，〃遠小于小車的質(zhì)量M,

故C錯誤，符合題意。

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。、小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感

器的示數(shù)，這是實驗測量的標準步驟，故。正確，不符合題意。

故不需要進行的操作是4;不需要滿足的條件為C。

(2)兩計數(shù)點間還有四個點沒有畫出，則兩計數(shù)點間的時間間隔為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)實驗的原理和注意事項確定不需要的操作以及條件；

(2)根據(jù)計數(shù)點間的時間間隔確定兩計數(shù)點間的時間；再根據(jù)連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之

差是一恒量，運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與加速度間的關系，再結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、物體受力間的關系，要注意明確實驗原理，掌握根據(jù)

圖象處理數(shù)據(jù)的基本方法，同時掌握根據(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，閉合開關前要保護電流表，要求流過電流表

的電流盡可能小，固要將滑動變阻器的滑片應置于左端；

(2)由電路圖可看出，本題考向實質(zhì)為伏安法測電阻，則需將電流表L改裝為電壓表，

由于電源電動勢為1.5V,則占改裝的電壓表應能測1.5V的電壓，則有

%出弟+萬)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(第三空)的答案整理得：/2=*3/1

Kx

由上式可知：'=r'+丁.

Kx

則代入計算可得：Rx=2iin

故答案為：(1)左；(2)&；⑶埠*;(4)211

(1)為保護電路使分壓為零，滑片置于左端；

(2)根據(jù)電源電動勢和電流表滿偏時，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電阻的阻值；

(4)由上一間的表達式寫出。-圖象，由圖象的斜率從而求出心的值。

本實驗是伏安法的變形，即安安法，通過滑動變阻器的調(diào)壓從而使一條支路的電流變化

時，干路中的電流也要變化，且是線性關系，作出，2-4圖象，結合圖象就求出待測電

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，電場力方向與電場強度方向相同，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)設小球在0點的速度大小為%,擺下過程中，由動能定理，則有：7ngL(l-cos37。)=

12

21

解得：Vi=J|gL

小球在第三象限做類平拋運動，水平方向有：d=V1t

豎直方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：mg-qE=ma

由運動學規(guī)律有：vy=at

小球運動到B點的速度：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)小球運動到B點的速度大小為J|"+誓。

【解析】(1)由三力平衡，結合矢量的合成法則，及三角知識，并由電場力與電場強度

方向相同，從而小球的判定電性及電量；

(2)根據(jù)動能定理，結合類平拋運動處理規(guī)律，及運動學公式，即可求解。

考查帶電粒子在電場中運動問題，掌握平衡條件的應用，理解動能定理的內(nèi)容，及類平

拋運動處理的規(guī)律，最后還要注意小球的兩個運動過程，尤其是類平拋運動與平拋運動

的區(qū)別。

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

第16頁，共21頁

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

2m/s2

由運動學規(guī)律有：解得：t=Jg=再s=^s

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

運動，直到速度達到4m/s,

設此過程加速度為內(nèi),運動時間為發(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

由運動學規(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動，由受力情況可知加速度a2=a=2m/s2

設此過程的時間為12，發(fā)生位移為x2=Z,—xx=6m—Im=5m

由運動學規(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路程為：△%2=%2-vot2=5m-4xIm=1m

規(guī)定沿傳送帶向上的方向為正方向

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，貨箱速度達到4m/s,從0.5s到0.7s,貨箱以加速度a2沿傳送帶向上做

加速運動，設此過程時間為t3,發(fā)生位移為X3,末速度為v

t3=0.7s—0.5s=0.2s

X

由運動學規(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動（摩擦力方向沿傳送帶向下）直到速度再次

到達4m/s,設此過程發(fā)生位移為心由動能定理有：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)向上減速運動，設貨箱速度從4m/s減至0

的過程中發(fā)生的位移為與

由動能定理有：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，貨物能到達高

平臺。

答：(1)若%=0,求貨箱在傳送帶上運動的時間f為巡S；

(2)若%=4m/s,求貨箱在傳送帶上運動的過程中，摩擦力對貨箱的沖量/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=4m/s,貨箱運動到0.7s末，由于某種原因使恒力F突然消失，貨箱能到達高

平臺。

【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求得上滑時的加速度大小，根據(jù)運動學公式求得上滑時

間；

(2)當貨箱速度達到4rn/s之前，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，利用運動學公式求得貨

箱速度達到4m/s時所需時間和上滑的位移，當速度大于4rn/s時，根據(jù)牛頓第二定律求

得加速度，利用運動學公式求得運動時間，求得發(fā)生的相對位移，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)時間關系求得在0.7s時貨箱獲得的速度及貨箱沿斜面上滑的距離，撤去外力后，

貨箱做減速運動，求得減速到傳送帶速度時所需時間，利用運動學公式求得上滑的距離，

當速度小于傳送帶后，在結合牛頓第二定律和運動學公式求得繼續(xù)上滑的距離，即可判

斷。

本題考查用牛頓運動定律分析傳送帶問題、勻變速直線運動的規(guī)律、沖量及動能定理等

內(nèi)容，旨在考查學生的綜合分析能力，試題較難。

13.【答案】ACE

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

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錯誤；

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

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

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。錯誤；

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

動無序性更大的方向進行，故E正確。

故選：ACEo

根據(jù)分子力做功與分子勢能的變化判斷；根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)進行計算；根據(jù)熱力學第

第18頁，共21頁

一定律判斷；玻璃是非晶體；根據(jù)熱力學第二定律判斷。

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

學第二定律等熱學基礎知識，要求學生對這部分知識要重視課本，強化記憶。

14.【答案】解：。）設充氣結束后的胎內(nèi)氣體壓強為P2，體積為“，則P2~2.4atm,V2=

%+10%%=1.1%

依題意理論狀態(tài)：壓強為PH=體積