2024屆廣東省惠州市高三上學(xué)期二模物理試題（含答案）

屆廣東省惠州市高三上學(xué)期二模物理試題一、2024屆惠州市高三惠州二調(diào)物理試卷1．甲、乙、丙三位同學(xué)，晚飯后在學(xué)校田徑場(chǎng)100米賽道上散步，其位移-時(shí)間圖像如圖所示，圖線丙為直線，下列說(shuō)法正確的是（）A．三位同學(xué)同時(shí)從同一位置出發(fā)B．在t2時(shí)刻，三位同學(xué)相遇C．在t1D．甲、乙兩位同學(xué)在做曲線運(yùn)動(dòng)2．某同學(xué)在書(shū)柜里放置一個(gè)直角書(shū)立，在書(shū)立上傾斜擺放著幾本課外書(shū)，如圖所示。若書(shū)與書(shū)柜沒(méi)有接觸，根據(jù)所學(xué)知識(shí)，下列敘述正確的是（）A．書(shū)立底面給書(shū)的彈力垂直于書(shū)的封面B．書(shū)立底面給書(shū)的摩擦力為0C．書(shū)立側(cè)面給書(shū)的彈力垂直于書(shū)的封面D．書(shū)立給所有書(shū)的作用力之和大于所有書(shū)的總重力3．圖（a）為某游樂(lè)場(chǎng)的“旋轉(zhuǎn)秋千”，它可以簡(jiǎn)化為圖（b）所示的模型，已知圓盤(pán)的半徑d=1.5m，懸繩長(zhǎng)l=2.5m。圓盤(pán)以恒定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)測(cè)得懸繩與豎直方向的夾角θ=37°，已知sin37°=0.6，重力加速度g=10m/sA．“旋轉(zhuǎn)秋千”中的人做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為dB．若人和座椅的總質(zhì)量為75kg，則懸繩上的拉力為1000NC．若減小懸繩長(zhǎng)度，要維持夾角θ保持不變，則圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的周期變小D．若人和座椅的總質(zhì)量增大，圓盤(pán)轉(zhuǎn)速不變，則懸繩與豎直方向的夾角減小4．截至2023年8月，我國(guó)已發(fā)射了21顆氣象衛(wèi)星，分別實(shí)現(xiàn)了極軌衛(wèi)星和靜止衛(wèi)星的業(yè)務(wù)化運(yùn)行．如圖，風(fēng)云1號(hào)是極地軌道衛(wèi)星，繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為12h，風(fēng)云2號(hào)為地球同步衛(wèi)星，則下列說(shuō)法正確的是（）A．風(fēng)云1號(hào)的加速度比風(fēng)云2號(hào)的加速度大B．風(fēng)云2號(hào)的軌道半徑為風(fēng)云1號(hào)的兩倍C．風(fēng)云1號(hào)的線速度為風(fēng)云2號(hào)的兩倍D．風(fēng)云1號(hào)和風(fēng)云2號(hào)與地心的連線每秒掃過(guò)的面積相等5．2023年10月3日，在杭州亞運(yùn)會(huì)蹦床項(xiàng)目女子決賽中，中國(guó)選手朱雪瑩奪冠，圖為朱雪瑩在東京奧運(yùn)會(huì)上決賽時(shí)騰空后下落的照片，朱雪瑩從剛接觸床面到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．朱雪瑩剛接觸床面時(shí)速度最大B．朱雪瑩在該過(guò)程中始終處于失重狀態(tài)C．在該過(guò)程中朱雪瑩的動(dòng)能減少量等于彈性勢(shì)能的增加量D．在該過(guò)程中蹦床對(duì)朱雪瑩一直做負(fù)功6．“戰(zhàn)繩”是健身的一種流行的項(xiàng)目，如圖（a）所示，健身者將繩拉平后沿豎直方向上下抖動(dòng)，可在繩中形成一列向右傳播的簡(jiǎn)諧橫波，圖（b）是某一時(shí)刻繩子的波形，若健身者每秒鐘上下抖動(dòng)繩頭1次，不考慮繩波傳播過(guò)程中的能量損失，則（）A．該繩波的傳播速度為2m/sB．該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向沿y軸正方向C．該時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度比P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度大D．1s后P質(zhì)點(diǎn)將往右移動(dòng)4m7．如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，其過(guò)程如p-V圖中從a到b的直線所示，在此過(guò)程中（）A．氣體溫度一直下降B．氣體的內(nèi)能先增大后減小C．外界對(duì)氣體一直做正功D．氣體吸收的熱量一部分用于對(duì)外做功8．圖中的（a）、（b）、（c）、（d）四幅圖涉及不同的原子物理知識(shí)，其中說(shuō)法正確的是（）A．根據(jù)圖（a）所示的三種射線在磁場(chǎng)中的軌跡，可以判斷出“1”為γ射線B．如圖（b）所示，發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光光強(qiáng)越強(qiáng)，光電子的最大初動(dòng)能越大C．盧瑟福通過(guò)圖（c）所示的α粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型D．利用圖（d）所示的氫原子能級(jí)示意圖，可以解釋氫原子為何具有分立光譜9．2023年9月26日，廣汕高鐵惠州南站首趟動(dòng)車G6413以額定功率P在平直軌道上加速啟動(dòng)，若該動(dòng)車的質(zhì)量為m，受到的阻力f保持不變，其出站過(guò)程的速度—時(shí)間圖像如圖所示。則該動(dòng)車在0~t0時(shí)間內(nèi)（）A．做變加速直線運(yùn)動(dòng) B．牽引力做功W=C．最大速度vm=P10．圖為深坑打夯機(jī)工作示意圖．電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)兩個(gè)摩擦輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，將夯桿從深坑豎直提起；當(dāng)夯桿的下端剛到達(dá)坑口時(shí)，夯桿被松開(kāi)，一段時(shí)間后又落回坑底；周而復(fù)始地這樣工作，就可將坑底夯實(shí)。已知電動(dòng)機(jī)皮帶運(yùn)行速率v=4m/s，兩摩擦輪對(duì)夯桿的壓力均為F=2×104N，與夯桿的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.3，夯桿的質(zhì)量m=1×A．夯桿在上升階段經(jīng)歷了加速運(yùn)動(dòng)、勻速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)動(dòng)B．夯桿下端離開(kāi)坑底的最大高度為5mC．每個(gè)打夯周期中，摩擦輪對(duì)夯桿做的功為4.2×D．由題目所給信息，可以計(jì)算出該深坑打夯機(jī)的打夯周期11．圖（a）為測(cè)量滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置，實(shí)驗(yàn)中利用了力傳感器來(lái)測(cè)量細(xì)線的拉力大小F，所用電源的頻率為50Hz。（1）根據(jù)本實(shí)驗(yàn)的測(cè)量原理，下列說(shuō)法中正確的是。A．應(yīng)當(dāng)先接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后再釋放滑塊B．需要平衡摩擦力C．滑塊在加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，力傳感器的示數(shù)等于沙桶的重力大小D．一定要保證沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量（2）圖（b）的紙帶中相鄰兩點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，則滑塊的加速度a=（結(jié)果保留兩位小數(shù)）。（3）保持滑塊質(zhì)量不變，根據(jù)多組數(shù)據(jù)，繪制出加速度a與拉力F的圖像，如圖（c）所示．由圖像（選填“能”或“不能”）算出滑塊的質(zhì)量；取重力加速度g=10m/s2則滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=12．某小組同學(xué)利用如圖（a）所示實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，所用電源的頻率為50Hz。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮　=9.8m/（1）在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，下列實(shí)驗(yàn)操作和數(shù)據(jù)處理正確的是。A．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)接交流電源B．需要精確測(cè)量出重物的質(zhì)量C．重物下落的起始位置要靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器D．可測(cè)量某點(diǎn)到O點(diǎn)的距離h，再根據(jù)公式v=2gh（2）小組同學(xué)挑選出一條點(diǎn)跡清晰的紙帶，如圖（b）所示．從打出的第一個(gè)點(diǎn)O點(diǎn)后某個(gè)點(diǎn)開(kāi)始，依次標(biāo)為1、2、3、…，O點(diǎn)與計(jì)時(shí)點(diǎn)1之間還有若干個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，分別測(cè)出計(jì)時(shí)點(diǎn)到O點(diǎn)的距離，則打計(jì)時(shí)點(diǎn)“4”時(shí)重物的速度v4=（3）若重物的質(zhì)量m=1kg，從重物開(kāi)始下落到打計(jì)時(shí)點(diǎn)“4”時(shí)，重物減少的重力勢(shì)能ΔEP=（保留二位有效數(shù)字）；實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)重物重力勢(shì)能的減少量ΔEP，總是略大于其動(dòng)能的增加量ΔE13．如圖所示為一塊半徑為R的半圓形玻璃磚，AB為其直徑，O為圓心。一束平行光垂直射向玻璃磚的下表面，第一次到達(dá)弧形表面后只有CD間的光線才能從弧形表面射出，已知CO垂直于DO，光在真空中的傳播速度為C。求：（1）玻璃磚的折射率；（2）從玻璃磚的下表面射向C點(diǎn)的光束，經(jīng)弧形表面反射后再次返回玻璃磚的下表面在玻璃磚中傳播的時(shí)間。14．圖為跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)賽道的簡(jiǎn)化示意圖，由助滑道、起跳區(qū)、著陸坡等組成，助滑道和著陸坡與水平面的夾角θ均為37°，直線AB段長(zhǎng)L=100m，BC段為圓弧狀，半徑R=40m，在B點(diǎn)與直線AB相切，在C點(diǎn)切線水平。運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)無(wú)初速下滑，從起跳區(qū)的C點(diǎn)以速度v起跳，在空中飛行t=4.5s后降落在著陸坡上D點(diǎn)。運(yùn)動(dòng)員和裝備總質(zhì)量m=60kg，重力加速度g=10m/s2，（1）在起跳區(qū)C點(diǎn)的速度v的大??；（2）在C處運(yùn)動(dòng)員對(duì)起跳區(qū)壓力的大小；（3）由A至C過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員克服阻力所做的功。15．如圖所示，水平平臺(tái)上一輕彈簧左端固定在A點(diǎn)，原長(zhǎng)時(shí)在其右端B處放置一質(zhì)量為m=2kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），平臺(tái)AB段光滑，BC段長(zhǎng)x=2m，與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.25。平臺(tái)右端與水平傳送帶相接于C點(diǎn)，傳送帶長(zhǎng)L=5m，與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.4。傳送帶右端D點(diǎn)與一光滑豎直圓形軌道相切，圓形軌道半徑R=0.4m，最高點(diǎn)E處有一彈性擋板，滑塊碰撞擋板前后無(wú)機(jī)械能損失。現(xiàn)將滑塊向左壓縮彈簧后突然釋放，滑塊可在靜止的傳送帶上滑行至距C點(diǎn)1.5m處停下。已知傳動(dòng)帶只可順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，重力加速度。g=10m/s（1）釋放滑塊時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（2）若在相同位置釋放滑塊，要使滑塊恰好上升到E點(diǎn)，傳送帶的速度v為多少；（3）若在相同位置釋放滑塊，要使滑塊不脫離圓弧形軌道，且不再返回壓縮彈簧，傳送帶的速度大小范圍。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．根據(jù)初始坐標(biāo)代表同學(xué)初始位置，則甲同學(xué)和丙同學(xué)從坐標(biāo)原點(diǎn)出發(fā)，乙同學(xué)從x軸正半軸某處出發(fā)，故A錯(cuò)誤；B．由于交點(diǎn)代表相同時(shí)刻相同位置，則在t2時(shí)刻，三位同學(xué)位置坐標(biāo)均在x2C．根據(jù)初末坐標(biāo)的大小可以得出：在t1D．由于位移時(shí)間圖像只能描述一維直線運(yùn)動(dòng)，所以甲、乙兩位同學(xué)在做直線運(yùn)動(dòng)。故D錯(cuò)誤。故選B。

【分析】利用圖像坐標(biāo)可以判別兩位同學(xué)出發(fā)的位置；利用交點(diǎn)可以判別相遇的時(shí)刻；利用初末坐標(biāo)可以比較位移的大小，結(jié)合時(shí)間可以比較平均速度的大?。晃灰茣r(shí)間圖像只能描述一維直線運(yùn)動(dòng)。2．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)彈力的方向垂直于接觸面指向受力物體，則書(shū)立底面給書(shū)的彈力垂直于書(shū)立底面，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)書(shū)進(jìn)行受力分析，由于書(shū)立在水平方向給書(shū)有個(gè)彈力的作用，根據(jù)水平方向的平衡條件可以得出書(shū)立底面給書(shū)的摩擦力不為0，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)彈力的方向垂直于接觸面指向受力物體，則書(shū)立側(cè)面給書(shū)的彈力垂直于書(shū)的封面，故C正確；D．對(duì)書(shū)進(jìn)行受力分析，由于書(shū)處于靜止，根據(jù)平衡條件可以得出書(shū)立給所有書(shū)的作用力之和等于所有書(shū)的總重力，故D錯(cuò)誤。故C。

【分析】利用彈力的方向可以判別書(shū)立對(duì)書(shū)的彈力方向；利用平衡條件可以判別書(shū)立底部對(duì)書(shū)有摩擦力的作用；利用平衡條件可以判別書(shū)立對(duì)書(shū)的作用力等于書(shū)本身的重力。3．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)幾何關(guān)系可以得出：人和座椅做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=d+l故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)豎直方向的平衡方程可以得出懸繩的拉力大小為：T=故B錯(cuò)誤；CD．人和座椅做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：mg整理得角速度的大小為：ω根據(jù)表達(dá)式可以得出：若減小懸繩長(zhǎng)度，要維持夾角θ保持不變，則圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)角速度變大，故周期變??；根據(jù)表達(dá)式可以得出：若人和座椅的總質(zhì)量增大，圓盤(pán)轉(zhuǎn)速不變，則懸繩與豎直方向的夾角不變，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】利用幾何關(guān)系可以求出勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑的大??；利用豎直方向的平衡方程可以求出繩子拉力的大?。焕门ｎD第二定律可以求出角速度的表達(dá)式，進(jìn)而判別周期與角速度的變化。4．【答案】A【解析】【解答】A．地球?qū)πl(wèi)星的引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可以得出周期公式為T(mén)=2πra=可由于風(fēng)云1號(hào)的軌道半徑小，則風(fēng)云1號(hào)的加速度比風(fēng)云2號(hào)的加速度大，A正確；B．兩顆衛(wèi)星都繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)開(kāi)普勒第三定律可知r故B錯(cuò)誤；C．地球?qū)πl(wèi)星的引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可以得出線速度的公式為：v=根據(jù)半徑的比值可以得出線速度的比值為：v故C錯(cuò)誤；D．由開(kāi)普勒第二定律可知，同一衛(wèi)星在相同時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等，由于風(fēng)云1號(hào)與風(fēng)云2號(hào)的軌道不同，所以相同時(shí)間內(nèi)，與地心的連線在每秒內(nèi)掃過(guò)的面積不相等，D錯(cuò)誤。故選A。

【分析】利用周期的表達(dá)式結(jié)合周期的比較可以判別衛(wèi)星軌道半徑的大小，結(jié)合牛頓第二定律可以比較加速度的大??；利用開(kāi)普勒第三定律可以求出軌道半徑的比值；利用半徑的比值可以求出線速度的比值；開(kāi)普勒第二定律只能適用于同一軌道的衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)。5．【答案】D【解析】【解答】A．朱雪瑩剛開(kāi)始重力大于彈力則朱雪瑩做加速運(yùn)動(dòng)，由于彈力不斷增大，當(dāng)重力與床面的彈力等大反向時(shí)，此時(shí)加速度等于0則速度最大，故A錯(cuò)誤；B．朱雪瑩在該過(guò)程中由于先向下加速后向下減速，則加速度方向先向下后向上，根據(jù)加速度方向可以判別運(yùn)動(dòng)員先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．在該過(guò)程中由于朱雪瑩的動(dòng)能減小，高度減小則重力勢(shì)能減小，則動(dòng)能和重力勢(shì)能的減少量全部轉(zhuǎn)化為蹦床的彈性勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；D．在該過(guò)程中蹦床對(duì)朱雪瑩的彈力和朱雪瑩的速度方向一直相反，根據(jù)功的表達(dá)式可以判別彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員一直做負(fù)功，故D正確。故選D。

【分析】當(dāng)重力和彈力相等時(shí)，朱雪瑩的速度達(dá)到最大值；利用加速度的方向可以判別超重與失重；利用能量守恒定律可以判別動(dòng)能和重力勢(shì)能的減少量全部轉(zhuǎn)化為蹦床的彈性勢(shì)能；利用彈力的方向和速度的方向可以判別彈力做負(fù)功。6．【答案】C【解析】【解答】A．健身者每秒鐘上下抖動(dòng)繩頭1次則波源振動(dòng)的周期為1s，根據(jù)波的圖像可以得出波長(zhǎng)為4m，所以波速的大小為

v=λTB．由于波向右傳播，由于質(zhì)點(diǎn)P處于上坡位置，根據(jù)“上下坡”法可得，該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)質(zhì)點(diǎn)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的規(guī)律，質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置時(shí)速度最大，則該時(shí)刻Q質(zhì)點(diǎn)處于平衡位置，速度最大，所以Q的振動(dòng)速度比P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度大，故C正確；D．質(zhì)點(diǎn)只會(huì)在平衡位置附近振動(dòng)，介質(zhì)中的質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，故D錯(cuò)誤。故選C。

【分析】利用周期和波長(zhǎng)的大小可以求出波速的大?。焕貌ǖ膫鞑シ较蚩梢耘袆e質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向；利用質(zhì)點(diǎn)越接近平衡位置則速度越大；質(zhì)點(diǎn)只會(huì)在平衡位置附近做振動(dòng)。7．【答案】D【解析】【解答】AB．根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程有：pV由于氣體的pV乘積一直增大，根據(jù)表達(dá)式可以得出：氣體的溫度一直升高，根據(jù)一定質(zhì)量理想氣體的溫度決定內(nèi)能，則可以判別內(nèi)能一直增加，故AB錯(cuò)誤；CD．氣體的體積增大，則氣體一直對(duì)外做功，所以W<0，氣體的內(nèi)能一直增加?U>0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律Δ則Q>0，所以氣體一直從外界吸熱，吸收的熱量用于對(duì)外功和增加內(nèi)能，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。

【分析】利用理想氣體的狀態(tài)方程可以判別氣體的溫度不斷增大，利用氣體的溫度不斷增大可以判別氣體的內(nèi)能不斷增大；利用熱力學(xué)第一定理可以判別吸收的熱量用于對(duì)外功和增加內(nèi)能；利用氣體體積增大可以判別外界對(duì)氣體做負(fù)功。8．【答案】C,D【解析】【解答】A．已知三種射線的出射方向，結(jié)合左手定則可以判別射線1為α射線，γ射線不帶電，運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)該是直線，故射線2是γ射線，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)光電效應(yīng)方程有

Ek=hν-C．盧瑟福通過(guò)圖（c）所示在α粒子散射實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上，通過(guò)a粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，故C正確；D．利用圖（d）所示的氫原子能級(jí)示意圖，氫原子在特定軌道發(fā)生躍遷，由于軌道的不連續(xù)性則能夠解釋氫原子的光譜特征，通過(guò)躍遷的規(guī)律可以得出：氫原子能級(jí)是分立的，光譜也是分立的，故D正確；故選CD。

【分析】利用左手定則可以判別射線的粒子電性；利用光電效應(yīng)方程可以判別入射光頻率越大，光電子的最大初動(dòng)能也就越大，與入射光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)；盧瑟福通過(guò)圖（c）所示的α粒子散射實(shí)驗(yàn)，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型；通過(guò)躍遷的規(guī)律可以得出：氫原子能級(jí)是分立的，光譜也是分立的。9．【答案】A,C【解析】【解答】A．根據(jù)速度時(shí)間圖像斜率代表加速度，根據(jù)圖像斜率可以得出：動(dòng)車做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；B．動(dòng)車在加速過(guò)程中，由于牽引力和阻力做功引起動(dòng)車動(dòng)能的變化，根據(jù)動(dòng)能定理有W則該動(dòng)車在0~t0時(shí)間內(nèi)牽引力做功為WB錯(cuò)誤；C．動(dòng)車以恒定功率運(yùn)動(dòng)，根據(jù)

P=F牽F則復(fù)興號(hào)動(dòng)車的功率P=則最大速度為v故C正確；D.0~t0這段時(shí)間內(nèi)，如果動(dòng)車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則平均速度應(yīng)該為

v=vm2

根據(jù)圖像面積可以得出動(dòng)車運(yùn)動(dòng)的位移大于動(dòng)車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移，根據(jù)平均速度公式可知?jiǎng)榆嚨钠骄俣裙蔬xAC。

【分析】利用圖像斜率可以判別動(dòng)車做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)；利用動(dòng)能定理可以求出牽引力做功的大?。焕闷胶夥匠碳肮β实谋磉_(dá)式可以求出動(dòng)車的最大速度；利用圖像面積代表位移結(jié)合平均速度公式可以求出動(dòng)車平均速度的大小。10．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．夯桿在上升階段，由于在摩擦輪的摩擦力作用下，則向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與摩擦輪速度相同時(shí)，則開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，后由于摩擦輪松開(kāi)，則開(kāi)始向上做減速運(yùn)動(dòng)，最后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，故A正確；B．夯桿的下端剛到達(dá)坑口時(shí)，夯桿被松開(kāi)，電動(dòng)機(jī)皮帶運(yùn)行速率v=4m/s，夯桿以速率v=4m/s開(kāi)始做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移公式可以得出：下端離開(kāi)坑底的最大高度為h故B正確；C．根據(jù)功能關(guān)系，摩擦力做功轉(zhuǎn)化為夯桿機(jī)械能的增量，則每個(gè)打夯周期中，根據(jù)機(jī)械能的變化量可以得出：摩擦輪對(duì)夯桿做的功為W=mg故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)牛頓第二定律可以得出：打夯機(jī)向上加速度為2μF?mg=ma根據(jù)速度公式可以得出：加速時(shí)間為t根據(jù)位移公式可以得出：夯桿加速位移為x勻速時(shí)間t根據(jù)速度公式可以得出減速時(shí)間為t反向運(yùn)動(dòng)時(shí)夯桿做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移公式可以得出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為h解得t運(yùn)動(dòng)總時(shí)間即周期t=3.45s故D正確。故選ABD。

【分析】夯桿在上升階段經(jīng)歷了加速運(yùn)動(dòng)、勻速運(yùn)動(dòng)和減速運(yùn)；利用速度位移公式可以求出上升的高度；利用機(jī)械能的變化量結(jié)合功能關(guān)系可以求出摩擦力做功的大小；利用牛頓第二定律可以求出加速上升的加速度，結(jié)合速度公式可以求出加速上升的高度，結(jié)合勻速直線運(yùn)動(dòng)可以求出勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，利用位移公式可以求出減速上升和加速下降的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，進(jìn)而求出運(yùn)動(dòng)的周期。11．【答案】A；0.40；能；0.20【解析】【解答】（1）A．為了在紙帶上留下更多的點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)應(yīng)當(dāng)先接通電源后釋放滑塊。故A正確；B．本實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖抢没瑝K運(yùn)動(dòng)的加速度結(jié)合牛頓第二定律測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，不需要平衡摩擦力。故B錯(cuò)誤；C．對(duì)于沙桶和動(dòng)滑輪，根據(jù)牛頓第二定律有

mg-2F=ma可知滑塊在加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)不等于沙桶的重力，故C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)中利用測(cè)力計(jì)直徑測(cè)量滑塊受到的拉力，所以不需要保證沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量。故D錯(cuò)誤。故選A。（2）已知打點(diǎn)周期為0.02s，紙帶上相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為

T=5×根據(jù)逐差法，可得滑塊的加速度大小為：a=（3）對(duì)滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知F-μMg=Ma整理可得加速度a與F的表達(dá)式為：a=結(jié)合圖像的斜率和截距可得滑塊的質(zhì)量及動(dòng)摩擦因數(shù)有：1解得M=0.10根據(jù)上述分析可以得出滑塊的質(zhì)量為0.1kg，滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20。

【分析】（1）為了在紙帶上留下更多的點(diǎn)，實(shí)驗(yàn)應(yīng)當(dāng)先接通電源后釋放滑塊；本實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖抢没瑝K運(yùn)動(dòng)的加速度結(jié)合牛頓第二定律測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)，不需要平衡摩擦力；對(duì)于沙桶和動(dòng)滑輪，根據(jù)牛頓第二定律可以判別彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)不等于沙桶的重力；實(shí)驗(yàn)中利用測(cè)力計(jì)直徑測(cè)量滑塊受到的拉力，所以不需要保證沙桶的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量；

（2）利用逐差法可以求出滑塊加速度的大?。?/p>

（3）利用滑塊的牛頓第二定律結(jié)合圖像斜率和截距可以求出動(dòng)摩擦因數(shù)和滑塊質(zhì)量的大小。

12．【答案】AC；3.05；4.8；系統(tǒng)誤差；重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘；或?qū)⒋螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器兩限位孔調(diào)整在同一豎直線上（或豎直方向）；或釋放重物前，讓整條紙帶保持在豎直方向；或調(diào)整安裝的器材，盡可能地減小阻力；或選擇電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器?！窘馕觥俊窘獯稹浚?）A．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器交替打點(diǎn)，所以應(yīng)接交流電源，故A正確；B．根據(jù)機(jī)械能守恒定律

mgh=12C．為了讓紙帶上留下更多的點(diǎn)，重物下落的起始位置靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故C正確；D．根據(jù)公式

v=2gh

故選AC。（2）在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，由于平均速度的大小為中間時(shí)刻瞬時(shí)速度的大小，則打計(jì)時(shí)點(diǎn)“4”時(shí)重物的速度v（3）根據(jù)重力勢(shì)能的表達(dá)式可以得出：重物減少的重力勢(shì)能Δ由于阻力對(duì)重物做功所以導(dǎo)致測(cè)得重力勢(shì)能的減少量總是略大于動(dòng)能的增加量，此誤差屬于系統(tǒng)誤差。減小該誤差的措施則是針對(duì)減小阻力的大小，實(shí)驗(yàn)可以采取的措施有：重物選用質(zhì)量和密度較大的金屬錘；或?qū)⒋螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器兩限位孔調(diào)整在同一豎直線上（或豎直方向）；或釋放重物前，讓整條紙帶保持在豎直方向；或調(diào)整安裝的器材，盡可能地減小阻力；或選擇電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。

【分析】（1）打點(diǎn)計(jì)時(shí)器交替打點(diǎn)，所以應(yīng)接交流電源，根據(jù)機(jī)械能守恒定律的表達(dá)式可以判別質(zhì)量不需要測(cè)量；為了讓紙帶上留下更多的點(diǎn)，重物下落的起始位置靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器；根據(jù)速度位移公式測(cè)量速度已經(jīng)默認(rèn)機(jī)械能守恒所以不可取；

（2）利用平均速度公式可以求出瞬時(shí)速度的大?。?/p>

（3）利用重力勢(shì)能的表達(dá)式可以重力勢(shì)能的變化量；由于阻力做功所以會(huì)導(dǎo)致重力勢(shì)能的變化量大于動(dòng)能的變化量，此誤差屬于系統(tǒng)誤差；通過(guò)減小阻力的方式可以減小系統(tǒng)誤差。13．【答案】解：（1）從下表面垂直射入玻璃磚的光線以原方向射向弧形表面，根據(jù)題意“只有CD間的光線才能射出”可知，到達(dá)C、D兩點(diǎn)的光線剛好發(fā)生全反射。由幾何關(guān)系可得，發(fā)生全反射的臨界角為

C=45°

由折射定律可得

n=1sinC

解得玻璃磚的折射率

n=2

（2）由幾何關(guān)系可得，從玻璃磚的下表面射向C點(diǎn)的光束，經(jīng)弧形表面反射后再次返回玻璃磚的下表面在玻璃磚中傳播的路程為：

s=2Rcos45°+Rcos45°=22R

由折射率

v=c【解析】【分析】（1）光線到達(dá)CD兩點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，利用幾何關(guān)系可以求出臨界角的大小，結(jié)合全反射定律可以求出玻璃磚的折射率大??；

（2）畫(huà)出光傳播的路徑，利用幾何關(guān)系可以求出光傳播的路程，結(jié)合傳播的速度可以求出傳播的時(shí)間。14．【答案】解：（1）運(yùn)