2020年遼寧省渤海大學(xué)附中、育明高中聯(lián)考高考物理摸底試卷

1、2020 年遼寧省渤海大學(xué)附中、育明高中聯(lián)考高考物理摸底試卷一、單選題（本大題共4 小題，共24.0 分）1.甲、乙兩車從同一地點沿相同方向由靜止開始做直線運動，它們運動的加速度隨時間變化圖象如圖所示。關(guān)于兩車的運動情況，下列說法正確的是()A. 在 04?內(nèi)甲車做勻加速直線運動，乙車做勻減速直線運動B. 在 0 2?內(nèi)兩車間距逐漸增大， 2?4?內(nèi)兩車間距逐漸減小C. 在 ?= 2?時甲車速度為 3?/?，乙車速度為 4.5?/?D. 在 ?= 4?時甲車恰好追上乙車2. 如圖所示， 離水平地面一定高處水平定一內(nèi)壁光滑的圓筒，筒內(nèi)固定一輕質(zhì)彈簧， 彈簧處于自然長度?，F(xiàn)將一小球從地面以某一初速

2、度斜向上拋出，剛好能水平進入圓筒中， 不計空氣阻力。 下列說法中錯誤的是( )A. 彈簧獲得的最大彈性勢能小于小球出時的動能B. 小球斜上運動過程中處于失重狀態(tài)C. 小球壓縮彈簧的過程中，小球減小的動能等于彈簧增加的勢能D. 若拋射向右移動一小段距離， 仍使小球水平進入圓筒中， 可以增大拋射速度 ?0，同時增大拋射角 ?3. 某空間存在一電場，電場中的電勢 ?在 x 軸上的分布如圖所示，下列說法正確的是 ( )A. 在 x 軸上，從 ?到 ?電場強度方向向左1 2B. 在 x 軸上，從 ?到?電場強度先增大后減小1 2C. 把一負電荷沿 x 軸正向從 ?移到 ?，電場力先減小后增大1 2D.

3、把一負電荷從 ?移到 ?，電場力做負功1 24. 如圖所示， 在正交的勻強電磁場中有質(zhì)量、 電荷量都相同的兩油滴， A 靜止， B 做半徑為 R 的勻速圓周運動。若 B 與 A 相碰并結(jié)合在一起，則它們將 ( )第1頁，共 15頁A. 以 B 原速率的一半做勻速直線運動?B. 以 2 為半徑做勻速圓周運動C. 仍以 R 為半徑做勻速圓周運動D. 做周期為 B 的一半的勻速圓周運動二、多選題（本大題共5 小題，共 29.0 分）5. 如圖所示為豎直平面內(nèi)固定的四分之一圓弧軌道AP，圓弧軌道的圓心為 O，OA 水平， OP 豎直，半徑為 ?= 2?。一質(zhì)量為 ? = 1?的可視為質(zhì)點的小物塊從圓弧

4、頂點A 開始以 3?/?的速度從 A 到 P 做勻速圓周運動， 重力加速度 ?= 10?/?2 ，Q 為圓弧 AP 的一個三等分點 ( 圖中未畫出 ) ，OA與 OQ 的夾角為 30，則下列說法正確的是 ( )A. 在 A 到 P 的過程中軌道的動摩擦因數(shù)逐漸減小B. 在 Q 點時，重力的瞬時功率為15WC. 小物塊在 AQ 段克服摩擦力做的功等于在QP 段克服摩擦力做的功D. 在 P 點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為10 ?6. 如圖所示，直線 OAC 為某直流電源的總功率P 隨電流 I 變化的圖象，拋物線 OBC 為該直流電源內(nèi)部發(fā)熱功率 P 隨電流 I 變化的圖線，若A、 B 對應(yīng)橫坐

5、標為2A)，則下列說法中正確的是 (A. 電源電動勢為3V，內(nèi)阻為 1?B. 線段 AB 表示功率的變化為2WC. 電流為 2A 時，外電路電阻為0.5?D. 電流為 3A 時，外電路電阻為2?7. 如圖 a 所示，物塊 A、B 間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧，整個系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A 物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，B 物塊質(zhì)量為2kg。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，在A 離開擋板后，B 物塊的 ?-?圖象如圖b 所示，則可知()A. 在 A 離開擋板前， A、 B 系統(tǒng)動量守恒B. 彈簧鎖定時其彈性勢能為 9JC.A的質(zhì)量為1kgA離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為3J，在D. A、 B 與

6、彈簧組成的系統(tǒng)機械能始終守恒8. 如圖所示，扇形區(qū)域 AOC 內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界 OA 上有一粒子源 ?某.一時刻，從 S 平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子 (不計粒子的重力及粒子間的相互作用 )，所有粒子的初速度大小相同，經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界 OC 射出磁場已知 ?= 60 ，從邊界 OC 射出的粒子在磁場中運動的最長時間等第2頁，共 15頁?于 2 (?為粒子在磁場中運動的周期) ，則從邊界OC 射出的粒子在磁場中運動的時間可能為 ()A. ?9B. ?8C. 4?D. 3?9. 關(guān)于氣體、液體和固體的性質(zhì)，下列描述正確的是( )A. 水黽可以在水面上浮

7、起來由于液體表面張力的作用B. 能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性C. 蔗糖受潮后粘在一起形成的糖塊看起來沒有確定的幾何形狀，是非晶體D. 氣體壓強的大小和單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動能都有關(guān)E. 懸浮在液體中的微粒越小，在液體分子的撞擊下越容易保持平衡三、填空題（本大題共1 小題，共9.0 分）10. 有一個小燈泡上標有“ 4V， 2W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個燈泡的 ?- ?圖線現(xiàn)有下列器材供選用：A.電壓表 (0 5?，內(nèi)阻約 10?) B.電壓表 (0 15?，內(nèi)阻約 20?) C.電流表 (0 3?，內(nèi)阻約 1?)D.電流表 (0 0.6?，內(nèi)

8、阻約 0.4?) E.滑動變阻器 (10?,2?) F.滑動變阻器 (500?, 1?)G.學(xué)生電源 ( 直流 6?)、開關(guān)、導(dǎo)線若干(1) 實驗中所用電壓表應(yīng)選 _，電流表應(yīng)選用 _，滑動變阻器應(yīng)選用 _(2) 在虛線框內(nèi)畫出實驗電路圖，并根據(jù)所畫電路圖進行實物連接(3) 利用實驗數(shù)據(jù)繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖 ( 乙 )所示，分析曲線說明小燈泡電阻變化的特點： _(4) 若把電器元件 Z 和小燈泡接入如圖 ( 丙 )所示的電路中時， 通過 Z 的電流為 0.22?，已知 A、B 兩端電壓恒為 2.5?，則此時燈泡 L 的功率約為 _?( 保留兩位有效數(shù)字 )四、實驗題（本大題共1 小題，

9、共6.0 分）11.用如圖甲所示裝置驗證“動量守恒定律”。A、B 兩球半徑相同， A 球質(zhì)量為 ?1 ，B球質(zhì)量為 ?2 ，軌道包括斜槽和水平槽，固定在桌面上，白紙鋪在水平地面上，復(fù)寫紙在白紙上。先讓A 球從斜槽上某一固定位置C 由靜止?jié)L下，從軌道末端水平拋出，落到復(fù)寫紙上，重復(fù)上述操作10 次，在白紙上得到10 個落點痕跡；再把B球放在水平軌道末端，讓 A 球仍從位置C 由靜止?jié)L下， A 球和 B 球碰撞后， 分別在白紙上留下各自的落點痕跡，重復(fù)操作10 次。 M、 P、 N 為三個落點的平均位置，O 點是水平槽末端在白紙上的豎直投影點，如圖乙所示。第3頁，共 15頁(1) 除了圖甲中實驗器

10、材外，完成本實驗還必須使用的測量儀器是_ 。(2) 在下列實驗操作中，符合要求的是_( 選填序號 )。A.入射小球與被碰小球必須大小相同、質(zhì)量相等B.每次必須從同一高度由靜止釋放入射小球C.安裝軌道時，必須讓水平槽末端水平D.實驗過程中，只要保持復(fù)寫紙在白紙上位置不變，可以移動白紙(3) 測量了A、 B 兩個小球的質(zhì)量 ?1、 ?2 ，記錄的落點平均位置MNP和軌道、 、末端投影點O 幾乎在同一條直線上，并測量出三個落點M、N、P 與 O 點距離分別是 ? 、? 、?.在實驗誤差允許范圍內(nèi)，若關(guān)系式_成立 (用測得的物理量符號? ?表示 ) ，則驗證了動量守恒定律。五、計算題（本大題共5 小題

11、，共62.0 分）12. 如圖 a 所示，軌道 OA 可繞軸 O 在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動， 軌道長 ?= 2?，摩擦很小可忽略不計。 利用此裝置實驗探究物塊在力F 作用下加速度與軌道傾角的關(guān)系。某次實驗，測得力 F 的大小為 0.6?，方向始終平行于軌道向上，已知物塊的質(zhì)量 ? = 0.1?。實驗得到如圖 b 所示物塊加速度與軌道傾角的關(guān)系圖線，圖中 ?為圖線與縱軸交點，0?1為圖線與橫軸交點。 ( 重力加速度2g 取 10?/? ) 問：(1)?0為多大？(2) 傾角 ?為多大？此時物塊處于怎樣的運動狀態(tài)？1(3) 當(dāng)傾角 ?為 30 ，若物塊在 F 作用下由 O 點從靜止開始運動 1.6?，則物

12、塊具有的最大重力勢能為多少？( 設(shè) O 所在水平面的重力勢能為零)第4頁，共 15頁13. 如圖甲所示， 兩根完全相同的光滑導(dǎo)軌固定， 每根導(dǎo)軌均由兩段與水平成?= 30的長直導(dǎo)軌和一段圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成，導(dǎo)軌兩端均連接電阻， 阻值 ? = ? = 2?，12導(dǎo)軌間距 ?= 0.6?。在右側(cè)導(dǎo)軌所在斜面的矩形區(qū)域?1?2 ?2?1內(nèi)分布有垂直斜面向上的磁場，磁場上下邊界?、 ?的距離 ?=0.2?，磁感應(yīng)強度大小隨時間1?2?12的變化規(guī)律如圖乙所示。?= 0 時刻，在右側(cè)導(dǎo)軌斜面上與?1 ?1距離 ?= 0.1?處，有一根阻值 ?= 2?的金屬棒 ab 垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，恰好勻速通過整

13、個磁場區(qū)2，導(dǎo)軌電阻不計。求：域，取重力加速度 ?= 10?/?(1)?在磁場中運動的速度大小v；(2) 在?1= 0.1?時刻和 ?2 = 0.25?時刻電阻 ?1 的電功率之比；(3) 電阻?產(chǎn)生的總熱量 ?總 。214. 豎直放置粗細均勻的 U 形細玻璃管兩臂分別灌有水銀，水平部分有一空氣柱，各部分長度如圖所示，單位為厘米?，F(xiàn)將管的右端封閉，從左管口緩慢倒入水銀，恰好使水平部分右端的水銀全部進入右管中。已知大氣壓強? = 75?，環(huán)境溫度不變，左管足夠長。求：0(?)此時右管封閉氣體的壓強；(?)左管中需要倒入水銀柱的長度。第5頁，共 15頁15. 如圖所示，是利用插針法測定玻璃磚的折射

14、率的實驗得到的光路圖 玻璃磚的入射面 AB 和出射面 CD 并不平行，則(1) 出射光線與入射光線 _. ( 填仍平行或不再平行 )(2) 以入射點 O 為圓心，以 ?= 5?長度為半徑畫圓，與入射線 PO 交于 M 點，與折射線 OQ 交于 F 點，過 M 、 F 點分別向法線作垂線，量得 ?= 1.68?， ?= 1.12?，則該玻璃磚的折射率 ?= _16. 一透明材料制成的圓柱體的上底面中央有一球形凹陷，凹面與圓柱體下底面可透光，表面其余部分均涂有遮光材料。 過圓柱體對稱軸線的截面如圖所示。 O 點是球形凹陷的球心，半徑 OA 與 OG 夾角 ?= 120平.行光沿垂直于軸線方向向下入

15、射時，從凹面邊緣A 點入射的光線經(jīng)折射后，恰好由下底面上C 點射出。已知 ?= ?=1?， ?= 3?，?= 2?。(?)求此透明材料的折射率；(?)撤去平行光，將一點光源置于球心O 點處，求下底面上有光出射的圓形區(qū)域的半徑 ( 不考慮側(cè)面的反射光及多次反射的影響)。第6頁，共 15頁答案和解析1.【答案】 C【解析】 解： A、根據(jù)圖象可知，乙的加速度逐漸減小，不是勻減速直線運動，故A 錯誤；B、據(jù)加速度時間圖象知道圖象與時間軸所圍的面積表示速度。據(jù)圖象可知， 當(dāng) ?= 4?時，兩圖象與 t 軸所圍的面積相等，即該時刻兩輛車的速度相等；在4 秒前乙車的速度大于甲車的速度，所以乙車在甲車的前方

16、，所以兩車逐漸遠離，當(dāng)?= 4?時，兩車速度相等即相距最遠，故 BD 錯誤；1?= 1.52=C、在?= 2?時乙車速度為 ?乙 = 2 (1.5 + 3) 2 = 4.5?/?，甲車速度為 甲3?/?，故 C 正確。故選： C。根據(jù)圖象可知，乙的加速度逐漸減小，不是勻減速直線運動，根據(jù)加速度時間圖象知道圖象與時間軸所圍的面積表示速度，然后據(jù)甲乙物體的速度關(guān)系判斷選項本題考查了圖象與追及問題的綜合， 解決本題的關(guān)鍵知道加速度時間圖線圍成的面積表示速度的變化量，難度適中2.【答案】 D【解析】 解： A、把小球和彈簧看成是一個系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律，彈簧的勢能和小球的動能之和不變； 彈簧獲得的

17、最大彈性勢能時小球動能為零，小球出時的動能動能最大，彈簧的勢能為零， 所以彈簧獲得的最大彈性勢能等于小球出時的動能，故 A正確。B、小球斜上運動過程中，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故B 正確。C、根據(jù)機械能守恒定律，小球壓縮彈簧的過程中，小球減小的動能等于彈簧增加的勢能，故 C 正確。? = ?0?D 、對小球拋出時的速度進行分解，水平方向： ?= ?0 ?，豎直方向：，要使小球仍然能夠進入水平圓筒中，豎直方向是分速度? = ?0必須不變，且水平方向的速度 ?= ?0必須增大，可采取的措施： 增大拋射速度?0，同時減小拋射角 ?，故D錯誤。本題選錯誤的，故選： D。根據(jù)機械能守恒定律， 彈簧

18、獲得的最大彈性勢能等于小球出時的動能； 加速度方向向下，小球處于失重狀態(tài)；根據(jù)機械能守恒定律，小球減小的動能等于彈簧增加的勢能；把初速度分解在水平方向和豎直方向， 仍使小球水平進入圓筒中， 需要保證水平速度增大而豎直速度不變。本題考查了平拋運動、機械能守恒定律、超重失重等知識點。3.【答案】 C【解析】 解：A、由圖象知從 ?到 ?電勢逐漸降低后增大，電場強度方向先向右又向左，12故 A錯誤；BC、根據(jù) ?- ?圖線上某點切線的斜率等于該點的電場強度，從?1到?的這段范圍內(nèi)斜2率先變小后增大，場強大小先減小后增大，電場力先減小后增大，故B 錯誤， C 正確；D 、負電荷在電勢低處電勢能大，所以

19、把一負電荷從?1移到 ?，電勢能先增大后減小，2電場力先做負功后正功，故D 錯誤；故選： C。根據(jù)沿著電場線方向電勢是降低的，來確定電場方向；根據(jù)?- ?圖線上某點切線的斜率等于該點的電場強度來判斷電場強度大??； 依據(jù)正電荷從高電勢到低電勢， 電勢能減小，而負電荷從高電勢到低電勢，電勢能增大，從而即可求解。第7頁，共 15頁解決本題關(guān)鍵要抓住圖象中有效信息， 知道 ?- ?圖線的斜率的物理意義表示電場強度，利用疊加原理分析。4.【答案】 B【解析】 解： ABC、設(shè) A、B 的質(zhì)量和電荷量分別為m、 q，碰撞前 B 的速率為 v。碰撞后瞬間整體的速率為?。2碰撞前，對 B，由洛倫茲力提供向心力

20、，有?=?得 ?= ?對 A 有 ?= ?碰撞過程，取碰撞前B 的速度方向為正方向，由動量守恒定律有?= 2?，得 ?= ?2AB 整體受到的電場力2qE，重力為 2mg，則 2?= 2?，所以整體的電場力和重力仍平衡，所以碰后整體做勻速圓周運動，軌跡半徑為?=2? ?=，故 AC 錯誤， B2?2?2正確。2?=2?2?D?=.2?= ?.錯誤。D 、B 原來的周期 ?碰后整體的周期?故故選： B。A 靜止受力平衡。 B 做半徑為 R 的勻速圓周運動，電場力與重力平衡，由洛倫茲力提供向心力。 B 與 A 相碰過程內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)的動量守恒。根據(jù)動量守恒定律分析碰后整體的動量，再由 ?=?

21、2?分析圓周運動的半徑，由?=分析圓周運動的周期。?本題關(guān)鍵是明確兩個油滴的運動情況和受力情況，根據(jù)動量守恒定律和牛頓第二定律列式分析計算。5.【答案】 ABC【解析】 【分析】由向心力知識分析摩擦力大小的變化，判斷動摩擦因數(shù)的變化。根據(jù)速度方向與豎直方向的夾角，確定在Q 點時重力的瞬時功率。根據(jù)動能定理分析物塊克服摩擦力做的功。根據(jù)向心力知識分析在P 點時小物塊對圓弧軌道的壓力大小。解決本題時首先要知道勻速圓周運動的合力等于向心力，能根據(jù)運動情況分析受力情況。其次，要知道重力的瞬時功率與豎直分速度有關(guān)。【解答】A、物塊做勻速圓周運動，由合力提供向心力，物塊沿圓弧的切向分力為零，則?=?，?是

22、?圓弧切線與水平方向的夾角。22?由向心力公式得?- ?= ? ，得 ?= ?+ ?， 減小，其他量不變，則?， f 減小， N 增大，所以 ?減小，故 A 正確；N 增大，由 ?= ?得 ?= ?B、在 Q 點時，速度方向與水平方向的夾角為60，則在 Q 點時，重力的瞬時功率為 ?=3?60=110 3 2 ? = 15? ，故 B 正確；C、小物塊在AQ 段和 QP 段重力做功相等，根據(jù)動能定理知：物塊的動能不變，重力做功等于物塊克服摩擦力做的功，所以，小物塊在AQ 段克服摩擦力做的功等于在QP段克服摩擦力做的功，故C 正確；D 、在 P 點時，小物塊有豎直向上的加速度，處于超重狀態(tài)，則小

23、物塊對圓弧軌道的壓第8頁，共 15頁力大小大于物塊的重力10N，故 D 錯誤。故選： ABC。6.【答案】 ABC【解析】 【分析】由圖讀出 ?= 3?時，電源的功率?= 9?，電源內(nèi)部發(fā)熱功率? = 9? ，根據(jù)電源的功熱2率 ?= ?和電源內(nèi)部發(fā)熱功率? = ?分別求出電源的電動勢和內(nèi)阻當(dāng)電流 ?= 2?時，熱分別求出電源的功率和電源內(nèi)部發(fā)熱功率，求出線段AB 表示功率的變化根據(jù)歐姆定律求出外電阻對于電源要分清三種功率及其關(guān)系：電源的總功率?= ?總，電源內(nèi)部22? =? +?發(fā)熱功率? = ? = ?= ?熱，外電路消耗功率外，且根據(jù)能量關(guān)系得總外熱【解答】解：A、由圖讀出 ?= 3?時

24、，電源的功率 ?= 9?，由 ?= ?得， ?= 3?電.源內(nèi)部發(fā)熱?= 9?2功率= ?熱，由熱求出 ?= 1?故. A 正確2B、當(dāng)電流 ?= 2?時，電源的功率?= ?= 6?，電源內(nèi)部發(fā)熱功率? = ?= 4? ，熱則線段 AB 表示功率的變化為2?.故 B 正確2C、當(dāng)電流 ?= 2?時，由 ?- ? = ?，得 ?= 0.5?故. C 正確熱D 、當(dāng)電流為3A 時，由題 ?= 0.故 D 錯誤故選 ABC7.【答案】 BCD【解析】 解： A、在 A 離開擋板前，由于擋板對A 有作用力，所以 A、B 系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，故A 錯誤；B、解除對彈簧的鎖定后至A 剛

25、離開擋板的過程中，彈簧的彈性勢能釋放，全部轉(zhuǎn)化為B的動能，由圖象可知，?= 3?/?；根據(jù)機械能守恒定律，有：?=12? ?，解得： ?= 9?，故 B 正確；?2?C、分析 A 離開擋板后 A、B 的運動過程， 并結(jié)合圖象數(shù)據(jù)可知， 彈簧伸長到最長時A、B 的共同速度為?=2?/?，共根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律，有：?0 = (?+ ?)?共? =121(?2，2? ?-2+ ? )? 0?共聯(lián)立解得：?= 3?C 正確；，故D 、在 A 離開擋板前，擋板對A 的作用力不做功，A、 B 及彈簧組成的系統(tǒng)在整個過程中機械能都守恒，故D 正確。故選： BCD。在 A 離開擋板前，由于擋板對

26、A 有作用力，所以A、B 系統(tǒng)所受合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒；解除對彈簧的鎖定后至A 剛離開擋板的過程中，根據(jù)機械能守恒定律求解；分析 A 離開擋板后A、 B 的運動過程，根據(jù)機械能守恒定律和動量守恒定律求解；第9頁，共 15頁根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒的條件進行分析。本題主要考查了動量守恒定律及機械能守恒定律的應(yīng)用，能夠知道當(dāng)彈簧伸到最長時，其勢能最大； 利用動量守恒定律答題時要首先確定一個正方向， 利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程。8.【答案】 CD【解析】 解：設(shè) ?= ?粒子在磁場中運動做勻速圓周運動，所有粒子的速率相同，則軌跡的半徑相同入射點是 S，出射點在OC 直線上，

27、出射點與S 點的連線為軌跡的一條弦當(dāng)粒子軌跡的弦是直徑時運動時間最長，根據(jù)幾何知識，軌跡SD 如圖，則軌跡的直徑為當(dāng)從邊?= 3?.界 OC 射出的粒子在磁場中運動的時間最短時，軌跡的弦最短根據(jù)幾何知識，作 ?，則 ES 為最短的弦，粒子從 S 到 E 的時間最短，由幾何知識得，?=3，則圓心2?= ?角 ?= 60，故粒子在磁場中運動的最短時間為?OC 射出磁6.故在 6 -2 時間內(nèi)有粒子從邊場故 AB 錯誤， CD 正確；故選： CD粒子在磁場中運動做勻速圓周運動，所有粒子的初速度大小相同，軌跡半徑相同，弦越大，軌跡的圓心越大，運動時間越長根據(jù)幾何知識，畫出軌跡，作出最長的弦，定出最長的

28、運動時間同理求解最短時間即可得到時間范圍本題是粒子在有邊界的磁場中運動問題， 帶電粒子在磁場中圓周運動的問題是高考的熱點，也是難點，關(guān)鍵是運用幾何知識畫出軌跡進行分析9.【答案】 ABD【解析】 解： A、因為液體具有表面張力的存在，水黽才能無拘無束地在水面上行走自如，故 A 正確；B、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，能量耗散是從能量轉(zhuǎn)化的角度反映出自然界中的宏觀過程具有方向性，故 B 正確；C、蔗糖受潮后會粘在一起，沒有確定的幾何形狀，它是多晶體，故C 錯誤；D 、氣體分子單位時間內(nèi)與單位面積器壁碰撞的次數(shù)，與單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動能都有關(guān)，故 D 正確；E、布朗運動是由于液體分子的無

29、規(guī)則運動對固體微粒的碰撞不平衡導(dǎo)致的，懸浮在液體中的微粒越小，在液體分子的撞擊下越不容易保持平衡，故E 錯誤。故選： ABD。由于表面張力的作用，使小昆蟲可以浮在液體表面；自然界中的宏觀過程具有方向性；蔗糖是晶體；根據(jù)壓強的微觀意義解釋；布朗運動是由于液體分子的無規(guī)則運動對固體微粒的碰撞不平衡導(dǎo)致的。該題考查壓強的意義、布朗運動、熱力學(xué)第二定律、表面張力以及晶體的特性等知識，掌握布朗運動的現(xiàn)象是在顯微鏡下觀察的水中懸浮顆粒的運動，反映的是液體分子的無規(guī)則運動。10.【答案】 ADE小燈泡電阻隨溫度的升高而增大0.31【解析】 解：(1) ：根據(jù)小燈泡的規(guī)格“4V，2W”可知， 電壓表應(yīng)選 A，

30、電流 ?= ?=2?=?40.5?，所以電流表應(yīng)選D ；由于描繪小燈泡伏安特性曲線實驗要求電流從零調(diào)，所以變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選第10 頁，共 15頁阻值小的變阻器E?(2) ：由于小燈泡電阻較小，滿足?，所以電流表應(yīng)用外接法，又變阻器采用分壓?式接法，所以電路圖和實物連線圖如圖所示：? 1(3) ：根據(jù) ?= ?= ?可知，小燈泡電阻與 ?- ?圖象上各點與原點連線的斜率倒數(shù)成正比，所以小燈泡電阻隨溫度的升高而增大(4) ：由 ?- ?圖象可知， ?= 0.22?時對應(yīng)的電壓?= 1.4?，所以小燈泡的功率為：?=?= 1.4 0.22? = 0.31?故答案為： (1)?， D， E(

31、2) 如圖，如圖(3) 小燈泡電阻隨溫度的升高而增大(4)0.31本題 (1) 的關(guān)鍵是根據(jù)小燈泡的規(guī)格中的額定電壓與額定電流大小來選擇電壓表與電流表的量程， 根據(jù)實驗要求電流從零調(diào)可知變阻器應(yīng)用分壓式接法，可知應(yīng)選擇電阻選擇?變阻器題 (2) 的關(guān)鍵是根據(jù)小燈泡電阻滿足? ? ，可知電流表應(yīng)用外接法，又變阻?器應(yīng)用分壓式接法，即可畫出電路圖和實物圖題(3) 的關(guān)鍵是根據(jù)電阻定義可知，電阻大小與 ?- ?圖線上的點與原點連線的斜率倒數(shù)成正比，說明小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大 題 (4) 的關(guān)鍵是根據(jù) ?- ?圖象讀出 0.22?對應(yīng)的電壓大小， 然后根據(jù) ?= ?求出功率即可當(dāng)要求電流從零調(diào)

32、時，變阻器應(yīng)用分壓式接法，此時，應(yīng)選擇全電阻小的變阻器以方便?調(diào)節(jié)當(dāng)待測電阻滿足? ?時，電流表應(yīng)用外接法，否則應(yīng)用內(nèi)接法?11.【答案】 刻度尺和天平BC?1 ?1?2?= ? + ?【解析】 解：(1) 除了圖甲的器材之外，還缺少測水平距離的刻度尺，及測質(zhì)量的天平；(2) 考察操作細節(jié)： A、入射球質(zhì)量應(yīng)大于被碰撞球的質(zhì)量，故選項A 錯誤； B、入射球每次只有從同一點靜止釋放才保證它到被碰球處的速度相等，故選項B 正確； C、末端水平才保證是平拋運動，選項C 正確； D 、白紙與復(fù)寫紙均不動，才保證落點的準確，故選項 D 錯誤。故選： BC(3) 記錄的落點平均位置MNPO幾乎在同一條直線

33、上， 并測量出、 、 和軌道末端投影點三個落點 M、 N、P 與 O 點距離分別是? 、?、?.由于兩球平拋高度相等，所以平拋速度均可用水平位移表示，由動量守恒可列寫出要驗證的式子是：?1 ?= ?1 ? +?2 ?。故答案為： (1) 刻度尺和天平(2)?(3)? 1 ?= ?1 ? + ?2?(1) 為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后，入射球不反彈，兩球直徑應(yīng)相等，入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量；(2) 根據(jù)實驗原理選擇實驗器材；第11 頁，共 15頁(3) 根據(jù)實驗原理及實驗所測量的量求出需要驗證的表達式。(1) 本實驗主要是要把動量守恒用水平方向的位移表示出來，同學(xué)們一定要注意掌握，因為這是本實驗的一

34、個重要的技巧。難度中等。(2) 學(xué)會運用平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度，兩小球的碰撞是彈性碰撞，則碰撞前后機械能沒有損失。12.0時，木板水平放置，此時物塊的加速度為0【答案】 解： (1)? =?由牛頓第二定律得：?= ?= ?合02解得： ?0 = 6?/?(2) 當(dāng)木板傾角為 ?1時， ?= 0 ，物塊可能沿斜面向上勻速運動；可能沿斜面向下勻速運動；靜止；由平衡條件得：?= ?1解得： ?=0.6 ，即 ? = 37 11(3) 當(dāng)木板傾角為 ?= 30 時，對物塊由牛頓第二定律得： ?- ?= ?解得：2?= 1?1.6?/?= 1.6?/?= 1?/? ? =11121?1 =

35、 2 ?1? = 2 1 1.6? = 1.28?撤去 F 后，物塊沿斜面向上做勻減速運動。對物塊由牛頓定律得：?= ?2? =22?30=10?0.5?/?= 5?/?2?121. 62?2 =2? =2 5? = 0.256?因為 ?+ ? ?= 2?所以物塊上滑不會脫離軌道，滑到速度為零時，勢能最大12以 O 處為零勢能面，物塊具有的最大重力勢能為：?= ?(? + ?)?30= 0.1?10?(1.28 + 0.256)?0.5?=0.768?122；答： (1)?0為 6?/?(2) 傾角 ?1為 37，此時物塊可能沿斜面向上勻速運動； 可能沿斜面向下勻速運動； 靜止；(3) 當(dāng)傾角

36、 ?為30 ，若物塊在 F 作用下由 O 點從靜止開始運動 1.6?，則物塊具有的最大重力勢能為 0.768?。【解析】 (1) 根據(jù)牛頓第二定律求出傾角為0 度時的加速度，即圖線與縱坐標的交點。(2)抓住加速度為零，根據(jù)平衡條件求出圖線與?軸交點坐標為 ?1。(3)根據(jù)牛頓第二定律求出加速度大小，結(jié)合位移公式求出運動1.6?的位移，再由重力勢能的定義求得最大重力勢能。本題考查了牛頓第二定律和運動學(xué)公式的綜合運用， 知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁即可正確求解。13.【答案】 解： (1) 根據(jù)動能定理可得：?=?12，2 ?解得：?= 2?=；1?/?的時間 ?=?= 0.2?，(2) 棒

37、從釋放到運動至 ?1 ?1?在 ?= 0.1?時，棒還沒有進入磁場，有：? = ? ?=?= 0.6?，11 ? ?此時 ?與金屬棒并聯(lián)后再與?串聯(lián)，則 ?總 =?2 ?+ ?1= 3?，? +?212?1 =?0.4?根據(jù)歐姆定律可得：1?1=?，總第12 頁，共 15頁由圖乙可知，?= 0.2?ab經(jīng)過磁場的時間?=?后磁場保持不變，?= 0.2?，故在?= 0.25?時， ab 還在磁場中運動，電動勢? = ?=0.6?，22此時?和 ?并聯(lián)? =?1 ?2+ ?= 3?總? +?，12121?1 路端電壓 ?1= 2 ?2 ?1= 0.2?，總根據(jù)電功率的計算公式?= ?2可得，?2?

38、在 ?的電功率之比：11=2 = 411 = 0.1?時刻和 ?2 = 0.25?時刻電阻 ?1?： ；22(3) 設(shè) ab 的質(zhì)量為m， ab 在磁場中運動時，通過ab 的電流為：ab 受到的安培力為：? = ?，又 ?= ?，解得： ?= 0.024?，在 ?= 0 0.2?時間內(nèi)， ?兩端電壓 ? = 0.2?，產(chǎn)生的熱量為：22?2?= ? ，總2? =2 ?= 0.004?，1?2ab 最終將在 ? ?下方的軌道區(qū)域往返運動，到? ?處的速度為零， 根據(jù)功能關(guān)系可得，2222在 ?= 0.2?后整個電路最終產(chǎn)生的熱量為：?= ?+122 ? = 0.036?，由電路關(guān)系可得 ? 產(chǎn)生的熱量： ?=1?= 0.006?，226