2020年四川省樂山市高考物理一診試卷

1、高考物理一診試卷1.甲、乙兩物體由同一點(diǎn)沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，它們的vt圖象如圖所示，則在 04sA.兩物體始終同向運(yùn)動(dòng)C,兩物體平均速度相等B. 2s末兩物體相距最遠(yuǎn)D. 4s末兩物體相遇題號(hào)一一二四五六總分得分、單選題（本大題共 5小題，共30.0分）第13頁，共13頁2.如圖所示，將小物塊P輕輕放到半圓柱體上，。為圓心。當(dāng)小物塊處于B位置時(shí)恰 好能保持靜止，OB與豎直半徑的夾角/AOB=30。.若小物塊與圓柱體之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則小物塊與圓柱體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（A.3.將質(zhì)量為m物體從一行星表面某高度處水平拋出（不計(jì) 空氣阻力）。自拋出開始計(jì)時(shí)，物體離行星表面高度h隨時(shí)間t

2、變化關(guān)系如圖所示，萬有引力常量為G,不考慮 行星自轉(zhuǎn)的影響，則根據(jù)以上條件可以求出（）A.行星的質(zhì)量B.該行星的第一宇宙速度C.物體受到行星萬有引力的大小D.物體落到行星表面的速度大小4 .如圖所示，由相同的電流表 G （內(nèi)阻不為零）改裝而成的甲、乙兩個(gè)電壓表，Ri、R2是分壓電阻,Ri>R2,則下列說法正確的是（）A.甲的量程等于乙的量程B.甲的量程小于乙的量程C.測(cè)量同一電壓時(shí)，甲、乙兩表指針的偏轉(zhuǎn)角度相同D.測(cè)量同一電壓時(shí)，甲表指針的偏轉(zhuǎn)角度比乙表小5 .如圖所示，小車在水平面上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，車廂內(nèi)兩質(zhì)量相同的小球通過輕繩系于車廂頂部，輕繩OA、OB與豎直方向夾角均為 30。，

3、其中一球用水平輕繩 BC系于 車廂側(cè)壁，重力加速度為 g,下列說法正確的是（）A.小車一定向右運(yùn)動(dòng)B.輕繩OA、OB拉力大小相等C.小車的加速度大小為 *gD.輕繩BC拉力大小是輕繩 OB拉力的平倍二、多選題（本大題共 5小題，共28.0分）7.A.子彈動(dòng)能的虧損等于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B.子彈動(dòng)量變化量的大小等于木塊動(dòng)量變化量的大小C.摩擦力對(duì)木塊做的功等于摩擦力對(duì)子彈做的功D.子彈對(duì)木塊做的功等于木塊動(dòng)能的增量如圖所示，一電荷均勻分布的帶正電的圓環(huán)，半徑為圓環(huán)且過圓心 O的軸線上有a、b、不計(jì)重力。則下列判斷正確的是（A. a、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小之比為B. b、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)相同C. 一電子

4、由a點(diǎn)靜止釋放，電子在D. 一電子由a點(diǎn)靜止釋放，電子由R,c 三個(gè)點(diǎn)，bO=cO=； RO點(diǎn)的動(dòng)能最大a到c的過程中，加速度先減小后增大8.如圖所示，質(zhì)量均為 m的物塊A、B用輕彈簧相連置于固定的傾角為“的光滑斜面上，物塊B與垂直于斜面的擋板 C接觸，物塊A系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩繞過斜面頂端的定滑輪另一端系一輕質(zhì)掛鉤，細(xì)繩與輕彈簧都與斜面平行，物塊A、B保持靜止。如果在掛鉤上掛一重物 D,平衡時(shí)物塊B恰不離開擋板。已知彈簧的勁度系數(shù)為k,重力加速度為g,某一瞬間剪斷細(xì)線，則下列說法正確的（6. 一子彈以初速度V0擊中靜止在在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊, 射入的深度為d,木塊加速運(yùn)

5、動(dòng)的位移為 so則以下說法正確的是（）A.重物D的重力為mgsin aB.物塊A下滑過程中機(jī)械能守恒C.剪短細(xì)繩瞬間，物塊 A的加速度大小為2gsin &尿D.物塊A下滑過程中的最大速度為2gsin收.9.下列說法正確的是（A.空氣中大量PM2.5的運(yùn)動(dòng)也是分子熱運(yùn)動(dòng)B.溫度相同的氧氣和氫氣，分子的平均動(dòng)能相同C.溫度相同的氧氣和氫氣，氫氣的內(nèi)能一定大D.氣體等壓壓縮過程一定放出熱量，且放出的熱量大于內(nèi)能的減少E.晶體熔化過程分子勢(shì)能增加10 .如圖甲所示，沿波的傳播方向上有六個(gè)質(zhì)點(diǎn)a、b、c、d、e、(吵門A. 相鄰兩質(zhì)點(diǎn)之間的距離均為2 m,各質(zhì)點(diǎn)均靜止在各自的.B. 位置.t=0

6、時(shí)刻振源a開始做簡諧運(yùn)動(dòng)，取豎直向上為振1動(dòng)位移的正方向，其振動(dòng)圖象如圖乙所示，形成的簡諧橫波- 乙C. m/s的速度水平向右傳播.則下列說法中正確的是()；A ； I :7ipA.波傳播到質(zhì)點(diǎn)c時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c開始振動(dòng)的方向沿 y軸正方向D. 04 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的路程為12 cmE. 45 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)d的加速度正在逐漸減小F. 6 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)e第一次回到平衡位置E.各質(zhì)點(diǎn)都振動(dòng)起來后，a與c的振動(dòng)方向始終相同三、實(shí)驗(yàn)題(本大題共 2小題，共15.0分)11 .某同學(xué)利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器研究斜面上小車由靜止開始下滑的運(yùn)動(dòng)。挑選出較為理想的紙帶后，舍去前段較為密集的點(diǎn)，然后以A點(diǎn)為起點(diǎn)，每5個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)選取一個(gè)計(jì)

7、數(shù)點(diǎn)，標(biāo)注如圖所示。(1)現(xiàn)分別測(cè)出計(jì)數(shù)點(diǎn)B、C、D、E、F、G與A點(diǎn)的距離X1、X2、X3、X4、X5、X6,若打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用的交流電的頻率為f,用逐差法求出加速度 a=。(2)關(guān)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是 。A.應(yīng)將小車?yán)酱螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器附近，然后釋放小車，再接通電源B.可用 X2-X1 = X3-X2=X4-X3=X5-X4=X6-X5來判定小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.若逐漸增大斜面傾角，每次實(shí)驗(yàn)都證明小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可合理外推 得出自由落體運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.本次實(shí)驗(yàn)需要用到秒表和刻度尺12 .某實(shí)驗(yàn)小組為了解決伏安法測(cè)電阻存在系統(tǒng)誤差的問題，設(shè)計(jì)了如圖所示的電路實(shí)驗(yàn)器材如下：A

8、.直流電源4V,內(nèi)阻0.5 QB.電流表A,量程0.6A,內(nèi)阻未知C.電壓表 V,量程3V,內(nèi)阻約2kQD.待測(cè)電阻Rx約10aE.定值電阻R0=5QF.滑動(dòng)變阻器，變化范圍 05aG.滑動(dòng)變阻器，變化范圍0100 aH.單刀單擲開關(guān) KiL.單刀雙擲開關(guān) K2J.導(dǎo)線若干(1)按照電路圖連接實(shí)物圖(2)滑動(dòng)變阻器應(yīng)選 (選填器材前的字母序號(hào))，閉合 Ki前，滑片P應(yīng)該 滑到 端(選填“左端”、“右端”)。(3)閉合Ki,當(dāng)K2接a時(shí)，電壓表示數(shù)為 Ui,電流表示數(shù)為Ii,當(dāng)K2接b時(shí)， 電壓表示數(shù)為U2,電流表示數(shù)為I2,則待測(cè)電阻的準(zhǔn)確值為 Rx= (用本題中 的物理符號(hào)表不)。四、計(jì)算題

9、(本大題共 2小題，共30.0分)13 .如圖所示，豎直的半圓形光滑軌道與水平地面相切，半徑 R=0.25m,靜止在水平地 面上的兩小物塊 A、B,質(zhì)量分別為 mA=i.0kg, mB=4.0kg,物塊A處于圓形光滑軌 道的最低點(diǎn)P,兩小物塊之間有一被壓縮的微型輕彈簧。某時(shí)刻將壓縮的微型彈簧 釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek=i0.0J.釋放后，小物塊 A經(jīng)半圓形光滑軌道 PMN從N點(diǎn)水平拋出。B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為巧0.20,重力加速度取g=10m/s2.求：(1)彈簧釋放后瞬間 A、B兩物塊速度的大小;(2)物塊A對(duì)軌道N點(diǎn)的壓力；(3) B停止后，與A落地點(diǎn)的距離。

10、14 .如圖所示，在豎直放置的圓柱形容器內(nèi)用質(zhì)量為m的活塞密封一部分氣體， 活塞與容器壁間能無摩擦滑動(dòng)，容器的橫截面積為S.開始時(shí)氣體的溫度為 T。，活塞與容器底 的距離為h。.將整個(gè)裝置放在大氣壓恒為 p。的空氣中后， 當(dāng)氣體從外界吸收熱量 Q,活塞緩慢上升d后再次平衡。求：外界空氣的溫度是多少？在此過程中密閉氣體的內(nèi)能增加了多少?五、簡答題(本大題共 1小題，共12.0分)15 .如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板， 兩板間電壓為U. CD為磁場(chǎng)邊界上的一塊絕緣板，它與 N板的夾角為0 =30； N板與CD之間存在著垂直于紙面 向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小孔Q到N板的下端C的距離為L.

11、一 靜止的帶電粒子所帶電荷量為 +q、質(zhì)量為m (不計(jì)重力)： 從P點(diǎn)經(jīng)電場(chǎng)加速后，經(jīng)小孔Q進(jìn)入磁場(chǎng)，最終打在 N板上。求：(1)帶電粒子到達(dá) N板時(shí)的速度v;(2)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌道半徑最大時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bo六、綜合題(本大題共 1小題，共10.0分)16 .如圖所示，橫截面為四分之一圓的柱形玻璃磚放在水平面MN上，。點(diǎn)是圓心，半徑為R. 一列與OA面等高的平行光束沿水平方向垂直射向玻璃磚的OA面，平行光束通過玻璃磚后在水平面 MN上留下照亮的區(qū)域。 已知玻璃磚的折射率為 病，不 考慮光在OA、OB面的反射。(1)若在玻璃磚左側(cè)豎直放置一遮光板，為使水平面BN不被照亮，求遮光板

12、的最小高度；(2)從OA的中點(diǎn)射入的細(xì)光束，在 MN上留下一個(gè)光點(diǎn) P點(diǎn)，求PO的長度。答案和解析1 .【答案】A【解析】解：A、圖象中，甲乙的速度始終為正，故兩物體始終同向運(yùn)動(dòng)，故 A正確；BD、甲、乙兩物體由同一點(diǎn)沿同一條直線運(yùn)動(dòng)，速度相等時(shí)兩物體相距最遠(yuǎn)，即4s末兩物體相距最遠(yuǎn)，故 BD錯(cuò)誤；C、速度時(shí)間圖象中面積表示位移可知，0-4s內(nèi)甲的位移大于乙的位移，根據(jù) =：可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故 C錯(cuò)誤。故選：A。速度時(shí)間圖象中，速度正負(fù)表示運(yùn)動(dòng)方向，斜率表示加速度，圍成面積表示位移。本題考查速度時(shí)間圖象，關(guān)鍵是要知道斜率表示加速度，面積表示位移，屬于基礎(chǔ)題目。2 .【答案】

13、BA或B點(diǎn)時(shí)是恰好靜止，即摩擦力【解析】解：當(dāng)物塊在B點(diǎn)時(shí)達(dá)到最大靜摩擦力, 受力如圖所示，由平衡條件得：N = mgcos 0fm=mgsin 0又 fm= N聯(lián)立解得：故ACD錯(cuò)誤、B正確。故選：B。小物塊只能在圓柱體上 A到B之間保持靜止，則在達(dá)到最大靜摩擦力，受力分析由平衡條件列式求解即可。然后本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡問題，解答此類問題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn) 行受力分析、利用平行四邊形法則進(jìn)行力的合成或者是正交分解法進(jìn)行力的分解， 在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。3 .【答案】C【解析】解：A、物體做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，分析圖象可知，h=25m,t=2.5s

14、,根據(jù)h=#,解得g=8m/s2,物體在行星表面受到的重力等于萬有引力，岑二mg,解得行星的質(zhì)量 M=- ,因?yàn)樾行前霃轿粗?，行星的質(zhì)量無法求出，故 AFlO,錯(cuò)誤；B、根據(jù)重力提供向心力可知，mg=m,解得行星的第一宇宙速度 三四，行星半徑未知，第一宇宙速度未知，故 B錯(cuò)誤；C、物體受到行星萬有引力的大小為mg,故C正確；D、物體做平拋運(yùn)動(dòng)，落地速度 v=J喝+清，初速度未知，則落地速度未知，故 D錯(cuò)誤。故選：Co物體在行星表面受到的重力等于萬有引力；物體做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落距離h=©J，解得下落加速度g,第一宇宙速度v=、陋或v=":。此題考查了萬

15、有引力定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題。4 .【答案】D【解析】 解：A、B、由于甲、乙兩個(gè)電壓表是由相同的電流表G改裝而成，其允許通過的最大電流是一致的，由于Ri>R2,則甲的電阻比乙的電阻大，電流一樣時(shí)， 甲的電壓比乙大，故甲的量程大于乙的量程，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；C、D、設(shè)電流表的電阻為 R,則在相同的電壓 U時(shí)，有合弋治，即通過甲的電流小于乙的，甲表指針的偏轉(zhuǎn)角度比乙表小，故C錯(cuò)誤，D正確；故選：D。根據(jù)串聯(lián)電路電流處處相等，而總電壓和總電阻成正比來分析甲乙的量程大小；分析同一電壓下電路中的電流的大小關(guān)系，電表的偏轉(zhuǎn)角度是根據(jù)通過電流表的電流

16、大小來反應(yīng)的；解決該題的關(guān)鍵是掌握電壓表的改裝原理，知道改裝后電表指針的偏角是通過電流表的電流大小來判斷的；5 .【答案】B【解析】【分析】小車和小球具有相同的加速度，對(duì)小球AB分別受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度和繩子的拉力。解決該題的關(guān)鍵是能在 A、 B兩個(gè)小球中正確地選擇出 A球來分析從而找到整體的加速 度，掌握正交分解求解力的解題方法?！窘獯稹緼C.對(duì)小球A受力分析，由牛頓第二定律可知：tM5in3°"=ma力, =mg聯(lián)立解得：丁。片翠mg, a= g,方向水平向右，小車可向右加速運(yùn)動(dòng)，也可向左減速運(yùn) 動(dòng)。故AC錯(cuò)誤。BD對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律得水平方向

17、：丁西一丁。威in30"=ma豎直方向： ，., . =mg聯(lián)立解得： 丁所一；mg, rcn= mg=7OH ,故B正確，D錯(cuò)誤。故選Bo6 .【答案】BD【解析】解：A、子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，由能量守恒定律知子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損，故 A錯(cuò)誤。B、子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)動(dòng)量的變化量為零，則子彈與木塊動(dòng)量變化 量大小相等，方向相反。故 B正確。C、摩擦力對(duì)木塊做的功為 fs,摩擦力對(duì)子彈做的功大小為 -f (s+d),可知二者不等, 故C錯(cuò)誤。D、對(duì)木塊由動(dòng)能定理得：fs=AEK,故D正確。故選：BD。根據(jù)能量守恒定律分析子彈動(dòng)能的虧損與系統(tǒng)動(dòng)能虧損

18、的關(guān)系。由系統(tǒng)的動(dòng)量守恒分析子彈和木塊動(dòng)量變化量的關(guān)系。根據(jù)子彈和木塊對(duì)地位移關(guān)系，分析摩擦力對(duì)兩者做功關(guān)系。對(duì)木塊由動(dòng)能定理列方程可判斷。本題屬于子彈打木塊模型，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，找出子彈與木塊的位移關(guān)系、應(yīng) 用動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理即可正確解題。7 .【答案】AC【解析】解：A、設(shè)圓環(huán)帶電量為 Q.將圓環(huán)分成n等分，則每個(gè)等分帶電量為 q=,每個(gè)等分可看成點(diǎn)電荷，每個(gè)點(diǎn)電荷在a點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為 Ei=k, =4,該書場(chǎng)強(qiáng)方向與aO的夾角為30°,根據(jù)電場(chǎng)的疊加原理知：a點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)大小為Ea=nEicos30 =n£?*=上，.同理可得，c點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)大小為 Ec=，

19、則Ea： Ec=1：4,故A正確。B、b、c兩點(diǎn)的電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，則場(chǎng)強(qiáng)不同，故 B錯(cuò)誤。C、一電子由a點(diǎn)靜止釋放，從a運(yùn)動(dòng)到。時(shí)電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增加。從 。向下運(yùn)動(dòng) 時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減少，所以電子在。點(diǎn)的動(dòng)能最大，故 C正確。D、根據(jù)EavEc知，電子由a到c的過程中，場(chǎng)強(qiáng)增大，電子所受的電場(chǎng)力增大，加速 度增大。故D錯(cuò)誤。故選：AC。根據(jù)點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式 E=k：和電場(chǎng)的疊加原理，求出圓盤在a、c兩點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的大小與方向，從而求得場(chǎng)強(qiáng)之比。根據(jù)對(duì)稱性確定b、c兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)關(guān)系。一電子由 a點(diǎn)靜止釋放，根據(jù)電場(chǎng)力做功情況分析動(dòng)能的變化。根據(jù)受力情況，分析加速度的變化。要題

20、的關(guān)鍵要采用微元法求圓環(huán)在各個(gè)點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，要熟練運(yùn)用電場(chǎng)強(qiáng)度疊加原理， 結(jié)合幾何知識(shí)求合場(chǎng)強(qiáng)。8 .【答案】CD【解析】 解：A、平衡時(shí)物塊B恰不離開擋板，則滿足 mcg=2mgsin/所以mc=2msin 5 故A錯(cuò)誤；B、物塊A下滑過程中物塊 A受到彈簧彈力做功，故 A機(jī)械能不守恒，故 B錯(cuò)誤；C、當(dāng)B剛要離開擋板時(shí)彈簧的拉伸量為：町=筌'，開始時(shí)A受到彈簧的拉力最大，所以加速度最大，由牛頓第二定律可知：ma=mgsin akx2,可得：s=2gsin a故C正確D、A的速度最大時(shí)，加速度為零，對(duì)應(yīng)A的受力為0,此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的壓縮量為： X1=|-f=X2 ,從開始

21、運(yùn)動(dòng)到 A速度最大，A下落的位移為：x=xi+x2=2入該過程中彈簧開始時(shí)的伸長量等于最后時(shí)刻的壓縮量，所以彈簧的彈性勢(shì)能不變;根據(jù)機(jī)械能守恒知：mgxsin &,I即v=2gsin點(diǎn)，故D正確； 故選：CD。平衡時(shí)物塊B恰不離開擋板，對(duì)AB整體受力分析計(jì)算 D的質(zhì)量；根據(jù)機(jī)械能守恒的條 件判斷；A下落的位移等于彈簧的形變量之和；根據(jù)機(jī)械能守恒求解A的最大速度。本題主要是考查了共點(diǎn)力的平衡和機(jī)械能守恒問題，解答平衡問題的一般步驟是：確定研究對(duì)象、進(jìn)行受力分析、然后在坐標(biāo)軸上建立平衡方程進(jìn)行解答。9 .【答案】BDE【解析】解：A、PM2.5在空氣中的運(yùn)動(dòng)是固體顆粒分子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)，不是分子

22、的熱運(yùn)動(dòng)。 故A錯(cuò)誤；B、溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度相同的氫氣和氧氣，氧氣分子的平均動(dòng)能 與氫氣分子的平均動(dòng)能相等。故B正確，C錯(cuò)誤。D、根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程 2'=C,等壓壓縮，則溫度降低，則內(nèi)能下降，根據(jù)熱力學(xué)第 一定律NU=Q+W,放出的熱量大于內(nèi)能的減少，故 D正確；E、晶體融化時(shí)要吸熱而溫度保持不變，則其分子平均動(dòng)能不變，但吸熱后內(nèi)能增大， 故說明晶體在融化過程中分子勢(shì)能增加了，故E正確；故選：BDE。PM2.5在空氣中的運(yùn)動(dòng)是固體顆粒分子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)，不是分子的熱運(yùn)動(dòng)。溫度是分子的平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以溫度相同的氫氣和氧氣，氧氣分子的平均動(dòng)能與氫氣分子的平均動(dòng)能相等。根

23、據(jù)理想氣體狀態(tài)方程 g=C,等壓壓縮，則溫度降低，則內(nèi)能下降，根據(jù)熱力 學(xué)第一定律 川=Q+W,放出的熱量大于內(nèi)能的減少，晶體融化時(shí)要吸熱而溫度保持不變，則其分子平均動(dòng)能不變， 但吸熱后內(nèi)能增大，故說明晶體在融化過程中分子勢(shì)能增加了。 本題考查熱力學(xué)第一定律、分子熱運(yùn)動(dòng)與分子勢(shì)能等，知識(shí)點(diǎn)多，難度小，關(guān)鍵是記住 基礎(chǔ)知識(shí)。 10.【答案】ABE【解析】【分析】由圖乙讀出周期。由波速公式求解波長。根據(jù)£=:求出波傳到各點(diǎn)的時(shí)間，分析質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)情況，由位置確定加速度的變化。根據(jù)各個(gè)質(zhì)點(diǎn)間距離與波長的關(guān)系，分析質(zhì)點(diǎn)運(yùn) 動(dòng)方向的關(guān)系本題關(guān)鍵在于根據(jù)波的傳播方向及波長、周期等情況，分析判斷各質(zhì)

24、點(diǎn)的振動(dòng)情況。也可用畫波形圖的方法求解?！窘獯稹緼、根據(jù)乙圖可知，波源 a開始起振的方向豎直向上，所以波傳播到質(zhì)點(diǎn)c時(shí)，質(zhì)點(diǎn)c開始振動(dòng)的方向也豎直向上，故A正確；B、波的周期與a點(diǎn)振動(dòng)周期相等，由圖乙知：周期為T=2s,根據(jù)公式：得：入T=2X2m=4m,波從a傳到b點(diǎn)的時(shí)間為 J =則在0-4s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)b已經(jīng)振動(dòng)了 t=3s時(shí)間，而t=3s=：丁，所以質(zhì)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)路程為s =6A=6X2cm=12cm,故B正確；C、波從a傳至iJ d點(diǎn)的時(shí)間為 = ?=* = &$,則在4s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)d已經(jīng)振動(dòng)了 1s,則在4-5s這段時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)d正由平衡位置向波谷運(yùn)動(dòng)，加速度在增大，故C錯(cuò)誤；X 白D、

25、波從a傳到e點(diǎn)的時(shí)間為%.=:薩=心,6s時(shí)質(zhì)點(diǎn)e振動(dòng)了 2s=T,第二次回到平衡位置，故D錯(cuò)誤。E、該波的波長 入=由，各質(zhì)點(diǎn)都振動(dòng)起來后，a、e的距離等于波長，所以質(zhì)點(diǎn) a的運(yùn) 動(dòng)方向始終與質(zhì)點(diǎn) c的運(yùn)動(dòng)方向相同，故 E正確。故選：ABE。11.【答案】辛C【解析】 解：(1)每5個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)選取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，且打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用的交流電的頻率為f,根據(jù)8=aT2,依據(jù)逐差法有：a= =.(2) A.應(yīng)將小車?yán)酱螯c(diǎn)計(jì)時(shí)器附近，然后接通電源，再釋放小車，故 A錯(cuò)誤；B. XI、X2、X3、X4、X5、X6,分別是計(jì)數(shù)點(diǎn)B、C、D、E、F、G與A點(diǎn)的距離，因此不可用X2-X1 = X3-X2=X4-X

26、3=X5-X4=X6-X5來判定小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故 B錯(cuò)誤；C.若逐漸增大斜面傾角，每次實(shí)驗(yàn)都證明小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可合理外推得出自由落體運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；D.本次實(shí)驗(yàn)需要用到刻度尺，但不需要秒表，因有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故 D錯(cuò)誤；故答案為：(1)忙巴產(chǎn)；(2) Co根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式AX=aT2可以求出加速度的大??；依據(jù)實(shí)驗(yàn)原理，結(jié)合實(shí)驗(yàn)操作，及注意事項(xiàng)，即可判定。要提高應(yīng)用勻變速直線的規(guī)律以及推論解答實(shí)驗(yàn)問題的能力，在平時(shí)練習(xí)中要加強(qiáng)基礎(chǔ)12.【答案】F左端知識(shí)的理解與應(yīng)用?！窘馕觥拷猓?1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理圖連接實(shí)物圖如圖所示:(2)根據(jù)電路圖可知滑動(dòng)變阻器采用

27、分壓接法，為方便調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用阻值 較小的F;開關(guān)閉合前，滑動(dòng)觸頭應(yīng)處于使電表示數(shù)最小的一端：左端；(3)閉合K1,當(dāng)K2接a時(shí)，電壓表示數(shù)為 U1,電流表示數(shù)為I1,當(dāng)K2接b時(shí)，電壓表示數(shù)為 U2,電流表示數(shù)為I2, 由歐姆定律得：%斗聯(lián)立解得：故答案為：(1)實(shí)物連接如圖所示:(2) F、左端；(3) fI *2(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物圖；(2)根據(jù)滑動(dòng)變阻器的接法以及方便調(diào)節(jié)原則選擇滑動(dòng)變阻器；開關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器應(yīng)處于使電流表示數(shù)最小的一端；(3)根據(jù)歐姆定律列式求解待測(cè)電阻阻值。本題考查伏安法測(cè)電阻，關(guān)鍵是連接實(shí)物圖時(shí)注意電流從電表的正接線柱流入，負(fù)接線柱流出，另外要

28、熟練掌握歐姆定律，并能靈活應(yīng)用。13.【答案】解：(1)釋放彈簧過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mAVA-mBVB=0 ,由題意可知：EK=；mM +環(huán),代入數(shù)據(jù)解得： VA=4m/s, vB=1m/s；(2) A從P運(yùn)動(dòng)到N過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得:在N點(diǎn)，由牛頓第二定律得:F + mAg=m代入數(shù)據(jù)解得：F=14N,由牛頓第三定律可知，A對(duì)軌道的壓力：F' =F=14N;(3) A離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向：2R=2J2-(mBgXB=0-尹成0,水平方向：XA=VA z t,B向左滑動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得:A、B兩點(diǎn)間的距離：X=XA-XB ,代入

29、數(shù)據(jù)解得：X=m；答：(1)彈簧釋放后瞬間 A、B兩物塊速度的大小分別為 4m/s、1m/s；(2)物塊A對(duì)軌道N點(diǎn)的壓力大小為14N,方向：豎直向上；(4) B停止后，與A落地點(diǎn)的距離分別為 卜?m。【解析】(1)釋放彈簧過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)題意應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出兩物 塊的速度。(2) A在軌道上運(yùn)動(dòng)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律求出A到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出軌道對(duì)A的支持力，再求出 A對(duì)軌道的壓力。(3)應(yīng)用動(dòng)能定理求出 B的位移，A離開N后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出A的水平位移，然后答題。本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能定理與平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以解題。14.【答案】解：取密閉氣體為研究對(duì)象，活塞上升過程為等壓變化，由蓋？呂薩克定律得：獸1 - T解得：外界的空氣溫度為:活塞上升的過程，密閉氣體克服大氣壓力和活塞的重力做功，所以外界對(duì)系統(tǒng)做的功W=- m mg+ poS) d根據(jù)勢(shì)力學(xué)第一定律得密閉氣體增加的內(nèi)能U=Q+W=Q- (mg+poS) d答：外界空氣的溫度是空見;在此過程中的密閉氣體的內(nèi)能增加了Q- (mg+poS) do【解析】對(duì)于封閉的氣體，發(fā)生了等壓變化，由蓋 ？呂薩克定律可求出外界空氣的溫 度?；?/p>