2020年四川省高考物理試卷(新課標(biāo)Ⅲ)

1、2020年四川省高考物理試卷（新課標(biāo)III）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中， 第15題只有一項(xiàng)符合題目要求，第68題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。1.如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán) 初始時靜止。將圖中開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）3MG Ri試卷第15頁，總15頁A.撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動B.撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動C.撥至M端時圓環(huán)向左運(yùn)動，撥至N端時向右運(yùn)動D.撥至M端時圓環(huán)向右運(yùn)動，撥至N端時向左運(yùn)動【答案】B【考點(diǎn)】楞

2、次定律【解析】當(dāng)開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，依據(jù)右手螺旋定則，可判定通電螺線管的磁場，從 而導(dǎo)致金屬圓環(huán)的磁通量發(fā)生變化，進(jìn)而由楞次定律可得線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，則處 于磁場而受到安培力，使圓環(huán)運(yùn)動。【解答】當(dāng)開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)時，不論撥至M端或N端，均會導(dǎo)致通電螺線管的電 流增大，根據(jù)楞次定律的推廣含義-來拒去留，穿過圓環(huán)的磁通量增大，則圓環(huán)受到磁 場斥力作用，遠(yuǎn)離通電螺旋管，即向右移動，故B正確，/CD錯誤；A.3；B.4；2.甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞, 碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實(shí)線所示。己知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞 過

3、程兩物塊損失的機(jī)械能為（）C.5/D.6；【答案】A【考點(diǎn)】能量守恒定律的應(yīng)用 彈性碰撞和非彈性碰撞系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用【解析】甲、乙物塊在碰撞的過程中動量守恒，以此求解出乙的質(zhì)量，碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能等于碰撞前甲、乙的總動能減去碰撞后甲、乙的總動能?！窘獯稹苛钜业馁|(zhì)量為M,碰撞前甲、乙的速度大小分別為巧和利，碰撞后甲、乙的速度大小分別為火和以，碰撞過程中動量守恒，則m% +力+即 1 x 5.0 + M x 1.0 = 1 x （-1.0） + M x 2.0,解得M=6kg,則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能 E =則評+- Irnpf-柄講=可,故4正確,BCD錯誤。3.“嫦娥四號”

4、探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段 時間可認(rèn)為繞月做勻速圓周運(yùn)動，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球 半徑的P倍，地球質(zhì)量是月球質(zhì)量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g。則"嫦娥四號" 繞月球做圓周運(yùn)動的速率為（）【答案】D【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用【解析】“嫦娥四號”繞月球做勻速圓周運(yùn)動，萬有引力提供向心力，在地球表面上的物體的重 力等于萬有引力，以此分析求出其速率的表達(dá)式?！窘獯稹苛钤虑虻陌霃綖镽，月球的質(zhì)量為地球的質(zhì)量為M,嫦娥四號的質(zhì)量為m,則嫦 娥四號”繞月球做勻速圓周運(yùn)動的半徑為KR,根據(jù)牛頓第二定律有：G 磊 所以&

5、quot;假=展牖根據(jù)黃金代換式有：GM=gR2,所以嫦娥四號繞月球做圓周運(yùn)動的速率為：v,故4BC錯誤，D正確。4.如圖，懸掛甲物體的細(xì)線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩上。點(diǎn)處：繩的一端固定在 墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時， 。點(diǎn)兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為Q和比 若Q = 70。，則/?等于（）A.450B.55°C60°D.70°【答案】B【考點(diǎn)】解直角三角形在三力平衡問題中的應(yīng)用力的合成與分解的應(yīng)用【解析】對。點(diǎn)進(jìn)行受力分析，依據(jù)平衡條件，結(jié)合力的平行四邊形定則，及三角函數(shù)，列式 即可求解。【解答】（法一）由于甲、乙

6、兩物體質(zhì)量相等，則設(shè)它們的質(zhì)量為對。點(diǎn)進(jìn)行受力分析，下面繩子的拉力mg,右邊繩子的拉力mg,左邊繩子的拉力F, 如下圖所示：因處于靜止?fàn)顟B(tài)，依據(jù)力的平行四邊形定則, 豎直方向：mgcos70° + Feos/? =mg 水平方向：msin70G=Fsin/?因 q = 70°,聯(lián)立上式，解得：0 = 55°,（法二）還可通過作圖法：則有:由于甲、乙質(zhì)量相等，通過矢量的合成法則,180°：因乙a=70°,那么：6 = 55°故8正確，4CD錯誤；結(jié)合幾何關(guān)系，則有：zr+ zr + zcr =5 .真空中有一勻強(qiáng)磁場，磁場邊界為兩個半徑

7、分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方 向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為口的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場。 已知電子質(zhì)量為電荷量為。，忽略重力。為使該電子的運(yùn)動被限制在圖中實(shí)線圓闈 成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為（）.3mv卜- 3mv3mvA玄B.獲C.-D.【答案】C【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動規(guī)律【解析】作出運(yùn)動軌跡，找到電子在實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的最大半徑，根據(jù)洛倫茲力提供 向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值?！窘獯稹慨?dāng)電子在磁場中的運(yùn)動軌跡和外圓相切時，電子在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的半徑最大，電子的運(yùn)動軌跡如圖，令電子的半徑為，根據(jù)幾何知識有N +。2=（3。,

8、r）2,所以電子的最大半徑為r = ga，所以B=絲, re則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為8 =*，故4BD錯誤，C正確。 4a e6 . 1934年，約里奧-居里夫婦用a粒子轟擊鋁箔，首次產(chǎn)生了人工放射性同位素X,反 應(yīng)方程為+召H-X +加.X會衰變成原子核乙 衰變方程為則（）A.X的質(zhì)量數(shù)與V的質(zhì)量數(shù)相等b.x的電荷數(shù)比丫的電荷數(shù)少1C.X的電荷數(shù)比冬4的電荷數(shù)多2D.X的質(zhì)量數(shù)與片4的質(zhì)量數(shù)相等【答案】A,C【考點(diǎn)】原子核的人工轉(zhuǎn)變【解析】根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，即可求出X和P的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)。【解答】設(shè)X的質(zhì)量數(shù)為M,電荷數(shù)為/,根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知：4+27=

9、 1+M； 2 + 13=0 + /解得：M=30, >4 = 15：設(shè)P的質(zhì)量數(shù)為M，電荷數(shù)為4,根據(jù)核反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知：30 =M' + 0： 15=4+ 1解得：M' = 30, /'=14；/、X的質(zhì)量數(shù)與P的質(zhì)量數(shù)相等，都是30,故/正確：B、X的電荷數(shù)比y的電荷數(shù)多1,故B錯誤：C、X的電荷數(shù)為15,比鋁的電荷數(shù)多2,故C正確；。、X的質(zhì)量數(shù)為30,和鋁的質(zhì)量數(shù)不相等，故D錯誤。7 .在圖(a)所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220%理想變壓器原、副線圈的 匝數(shù)比為10:1,匕、&、R?均為固定電阻，£ = 1。，

10、R3 =2。，各電表均為理想電 表。己知電阻7?2中電流隨時間亡變化的正弦曲線如圖S)所示。下列說法正確的是()圖Ca)A.所用交流電的頻率為50HzC.電流表的示數(shù)為1.0/B.電壓表的示數(shù)為100PD.變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5.0IV【答案】A,D【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理交變電流的峰值交變電流的有效值電功率電功【解析】根據(jù)周期確定頻率。分析副線圈電路，得到流過電阻/?3的電流，根據(jù)變流比確定原線圈輸入電流。根據(jù)能量守恒，得到電壓表示數(shù)和變壓器傳輸電功率?！窘獯稹?、分析圖(b)可知，交流電的周期為0.02s,則頻率為50Hz,故/正確；BC、分析副線圈電路，兩電阻并聯(lián)，電流之比等于電阻的

11、反比，通過電阻7?2的電流有效值為=則通過電阻R?的電流為654電流表示數(shù)為0.54副線圈輸出電流:I2 = 1.5A,根據(jù)變流比可知，原線圈輸入電流：/i = ，2 = 0154變壓器的輸出功率:P2 =+ JRlR3 = 1QW + 5W = 15W,則輸入功率：Pi = 15W，分析原線圈電路，根據(jù)能量守恒可知，總功率：u/i = P1 +/嚴(yán)網(wǎng)，解得電阻R=800C,則電壓表示數(shù): UR1 =I1R1 = 120V,故BC錯誤；。、根據(jù)上述分析可知，變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5W,故D正確。8 .如圖，乙M是銳角三角形PMN最大的內(nèi)角，電荷量為q（q > 0）的點(diǎn)電荷固定在P點(diǎn)。 下

12、列說法正確的是（）A.沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電場強(qiáng)度的大小逐漸增大B.沿MN邊，從M點(diǎn)到N點(diǎn)，電勢先增大后減小C.正電荷在M點(diǎn)的電勢能比其在N點(diǎn)的電勢能大D.將正電荷從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電場力所做的總功為負(fù)【答案】B,C【考點(diǎn)】電場強(qiáng)度電場力做功與電勢能變化的關(guān)系電勢能庫侖定律【解析】電場強(qiáng)度用公式£ =1|分析：沿電場線方向電勢降低；電勢能用公式£p=qw分析；電場力做功根據(jù)電勢能變化分析?！窘獯稹?、電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從Mt N 電勢先增大后減小，故B正確（1） C、兩點(diǎn)的電勢大小關(guān)系為夕Wn，根據(jù)電勢能 的公式Ep=qW可知

13、正電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能，故C正確（2）。、正 電荷從M點(diǎn)移動到N點(diǎn)，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，故。錯誤。二、非選擇題：共62分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第13 16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。(一)必考題：共47分。某同學(xué)利用圖(a)所示裝置驗(yàn)證動能定理。調(diào)整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤 碼，鉤碼下落，帶動小車運(yùn)動并打出紙帶。某次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶及相關(guān)數(shù)據(jù)如圖(b)所 示。已知打出圖(b)中相鄰兩點(diǎn)的時間間隔為0.02s,從圖(b)給出的數(shù)據(jù)中可以得到， 打出B點(diǎn)時小車的速度大小% =m/s,打出P點(diǎn)時小車的速度大小獨(dú)=m/s0 (結(jié)果均保留2

14、位小數(shù))若要驗(yàn)證動能定理，除了需測量鉤碼的質(zhì)量和 小車的質(zhì)量外，還需要從圖(b)給出的數(shù)據(jù)中求得的物理量為 0【答案】0.36,1.80,8、。之間的距離【考點(diǎn)】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律動能定理的應(yīng)用【解析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律可知某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可以 計(jì)算出兩點(diǎn)的速度大小?！窘獯稹扛鶕?jù)勻變速直線運(yùn)動中中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度可得B點(diǎn)和尸點(diǎn) 的速度分別為(4.00- 2.56) X 10-2vB =m/s = 0.36m/s2 x 0.02(57.86 - 50.66) X 10-2Up =m/s = l.SOzn/sp2 X0.02'

15、;'若要驗(yàn)證動能定理需要求出小車運(yùn)動過程中拉力對小車做的功，必須要知道在拉力作 用下小車通過B點(diǎn)和P點(diǎn)的距離。己知一熱敏電阻當(dāng)溫度從10。c升至60。時阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學(xué)利用 伏安法測量其阻值隨溫度的變化關(guān)系。所用器材：電源E、開關(guān)S、滑動變阻器H (最 大阻值為20。)、電壓表(可視為理想電表)和亳安表(內(nèi)阻約為100。)°熱觸電阻聲011RkQ（1）在所給的器材符號之間畫出連線，組成測量電路圖。（2）實(shí)驗(yàn)時，將熱敏電阻置于溫度控制室中，記錄不同溫度下電壓表和亳安表的示數(shù), 計(jì)算出相應(yīng)的熱敏電阻阻值。若某次測量中電壓表和亳安表的示數(shù)分別為5.5P和 3.0m

16、A,則此時熱敏電阻的阻值為 kn （保留2位有效數(shù)字）。實(shí)驗(yàn)中得到的該熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線如圖（a）所示。（3）將熱敏電阻從溫控室取出置于室溫下，測得達(dá)到熱平衡后熱敏電阻的阻值為 2.2k。.由圖（a）求得，此時室溫為°C （保留3位有效數(shù)字）。（4）利用實(shí)驗(yàn)中的熱敏電阻可以制作溫控報(bào)警器，其電路的一部分如圖（b）所示。圖 中，E為直流電源（電動勢為10P,內(nèi)阻可忽略）；當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá)到或超過6.0P 時，便觸發(fā)報(bào)警器（圖中未畫出）報(bào)警。若要求開始報(bào)警時環(huán)境溫度為5（TC,則圖中 （填“RJ或2"）應(yīng)使用熱敏電阻，另一固定電阻的阻值應(yīng)為 kn （保留2位有效

17、數(shù)字）?！敬鸢浮咳缟蠄D所示；1.825.5Ri，1.2【考點(diǎn)】伏安法測電阻【解析】（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求和實(shí)驗(yàn)原理分析應(yīng)采用分壓外接式電路；（2）根據(jù)歐姆定律求得此時熱敏電阻的阻值；（3）根據(jù)熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線得出熱敏電阻的阻值為2.2k。，對應(yīng)的溫 度；（4）根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路特點(diǎn)進(jìn)行動態(tài)分析即可。【解答】根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，同學(xué)利用伏安法測量其阻值隨溫度的變化，所以測量范闈比較大，所 以應(yīng)該采用滑動變阻器的分壓式接法，同時熱敏電阻的阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆, 屬于大電阻，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，應(yīng)該采用外接法電路，所以組成測量電路圖如圖所小：若某次測量中電壓表和亳安表的示數(shù)分別為5.5

18、V和3OW1,根據(jù)歐姆定律得此時熱敏電阻的阻值為：R = - = 5,517 21.8 x 103n = 1.8kn；/3.0X10-34根據(jù)熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線，可知當(dāng)達(dá)到熱平衡后熱敏電阻的阻值為2.2k。, 對應(yīng)的溫度為25.5。匚 根據(jù)如圖(b)所示電路，假設(shè)%是熱敏電阻，根據(jù)歐姆定律得輸出電壓為：=盧由題意知7?2為定值電阻，當(dāng)圖中的輸出電壓達(dá)到或超過6.0P時，說明環(huán)境溫度高，便 觸發(fā)報(bào)警器報(bào)警，那么熱敏電阻的阻值會減小，輸出電壓會變大，從而報(bào)警，所以圖 中R1應(yīng)該用熱敏電阻；若要求開始報(bào)警時環(huán)境溫度為5(TC,通過熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線，可知：Ri=0.8k。

19、，代入數(shù)據(jù)得：6.0V=R2解得：R2 = 1.2kD故答案為：(1)如上圖所示；(2) 1.8； (3) 25.5； (4)1.2熱敏電阻1/1|s如圖，一邊長為辦的正方形金屬框abed固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。一長度大于揚(yáng)°的均勻?qū)w棒以速率u自左向右在金 屬框上勻速滑過，滑動過程中導(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點(diǎn)位于ac上，導(dǎo)體棒與金屬框 接觸良好。已知導(dǎo)體棒單位長度的電阻為r,金屬框電阻可忽略。將導(dǎo)體棒與a點(diǎn)之間 的距離記為,求導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x(0 MX =07。)變化的關(guān)系式?！敬鸢浮繉?dǎo)體棒所受安培力的大小隨x(0 <

20、;x< Vo)變化的關(guān)系式為F =(2B2vix>0<x<-l0 。-y(V2o y V2Z0【考點(diǎn)】法拉第電磁感應(yīng)定律單桿切割磁感線 感生電動勢【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求解通過導(dǎo)體棒的電流，根據(jù)F=8求解導(dǎo)體棒受到的安培力表達(dá)式。【解答】當(dāng)導(dǎo)體棒與金屬框接觸的兩點(diǎn)間棒長度為1時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，導(dǎo)體棒上 感應(yīng)電動勢的大小為E=B出，根據(jù)歐姆定律，流過導(dǎo)體棒的電流為/ =5式中，R為這一段導(dǎo)體棒的電阻，根據(jù)題意有此時導(dǎo)體棒受到的安培力大小為尸=8（2x0 <x <lQ根據(jù)幾何關(guān)系有2=廳2。（2（仇 T）凈0v%V

21、偽。f 型 當(dāng)。則有r 仃2（V2Z0-x）,Z0<%<V2Z0如圖，相距L = 11.5th的兩平臺位于同一水平面內(nèi)，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向 右勻速運(yùn)動，其速度的大小u可以由驅(qū)動系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定。質(zhì)量m = 10kg的載物箱（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度%=5.Om/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動 摩擦因數(shù)M = O.1O，重力加速度取g=1077l/s2。（1）若廿=4.07n/s,求載物箱通過傳送帶所需的時間;（2）求載物箱到達(dá)右側(cè)平臺時所能達(dá)到的最大速度和最小速度:（3）若D=6.0m/s,載物箱滑上傳送帶£ = £$后，傳送帶速度突然變

22、為零。求載物 箱從左側(cè)平臺向右側(cè)平臺運(yùn)動的過程中，傳送帶對它的沖量?！敬鸢浮咳魀=4 .Om/s,求載物箱通過傳送帶所需的時間為2.7 5s ；載物箱到達(dá)右側(cè)平臺時所能達(dá)到的最大速度為4V5m/s,最小速度為V5m/s：若D = 6.0m/s,載物箱滑上傳送帶£ = s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱恪］d物箱從左側(cè)平臺向右側(cè)平臺運(yùn)動的過程中，傳送帶對它的沖量為第Ns?！究键c(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合運(yùn)用沖量動量動能定理的應(yīng)用【解析】(1)根據(jù)牛頓定律和運(yùn)動學(xué)公式可以得到載物箱的運(yùn)動時間；(2)當(dāng)載物箱一直加速時到達(dá)右側(cè)的速度最大，當(dāng)載物箱一直減速時到達(dá)右側(cè)的速度 最小，根據(jù)動能定理即可求得最

23、大速度和最小速度；(3)因?yàn)閭魉蛶俣却笥谳d物箱的初速度，所以載物箱在傳送帶上是先做勻加速運(yùn)動, 然后做勻速運(yùn)動，當(dāng)傳送帶速度突然變?yōu)榱銜r，載物箱又開始做勻減速運(yùn)動，分別計(jì) 算出載物箱的加速距離、勻速距離，進(jìn)而得到載物箱的減速距離，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可 以得到載物箱到達(dá)右側(cè)的速度，最后根據(jù)動量定理即可得到傳送帶對它的沖量?！窘獯稹總魉蛶У乃俣萿 = 4.0m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運(yùn)動，設(shè)其加速度為a,由 牛頓第二定律可得p.mg=ma 設(shè)載物箱滑上傳送帶后勻減速運(yùn)動的距離為si,由運(yùn)動學(xué)公式可得v2 Vq = 2as1(2)聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：si=4.5m因此，載物箱在到達(dá)右側(cè)平臺前，

24、速度先減小到辦然后開始做勻速運(yùn)動，設(shè)載物箱在 傳送帶上做勻減速運(yùn)動的時間為ti，在傳送帶上做勻速運(yùn)動的時間為以，則 v=vQ at1圻寧則載物箱通過傳送帶的時間為tf + t2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：t = 2.75s當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動時，到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最小，設(shè)為也； 當(dāng)載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運(yùn)動時，到達(dá)右側(cè)平臺時的速度最大，設(shè)為 v2.由動能定理得lmgL =詔pmgL =詔由式并代入題給條件得：v1 = y/2 m/s, v2 = 4 痘m/s 傳送帶的速度U = 6.0m/s時，由于%VUV外,所以載物箱先做勻加速運(yùn)動，加速度 大小仍為a。設(shè)載物箱做勻加速運(yùn)動通

25、過的距離為S2,所用時間為tj,由運(yùn)動學(xué)公式得 v=v0 + ativ2 Vq = 2as2代入數(shù)據(jù)解得：ti=1.0ss2 = 5.5m因此載物箱加速運(yùn)動1.0s、向右運(yùn)動5.57九時，達(dá)到與傳送帶相同的速度，此后載物箱 與傳送帶共同勻速運(yùn)動(£-q')的時間后，傳送帶突然停止，設(shè)載物箱勻速運(yùn)動通過 的距離為S3,則s3 = v(A t - tJ) = O.57n由上面可知，mv2 > nmg(L -s2- s3)t即載物箱運(yùn)動到右側(cè)平臺時速度大于零，設(shè)為力，由運(yùn)動學(xué)公式可得p2 _ v2 _2a(L s2 53)解得：v3 =5m/s所以傳送帶停止轉(zhuǎn)動后，載物箱滑動

26、的時間為設(shè)載物箱通過傳送帶的過程中，合外力對它的沖量為1,由動量定理有Z=m(v3 - v0)代入數(shù)據(jù)得/=o所以傳送帶給載物箱的沖量等于在這段時間內(nèi)重力的沖量，方向與重力的方向相反， 為豎直向上，大小為,625I = t + t2) = -N s J(-)選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做 的第一題計(jì)分。物理選修33 (15分)如圖，一開口向上的導(dǎo)熱汽缸內(nèi)，用活塞封閉了一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸壁 間無摩擦。現(xiàn)用外力作用在活塞上，使其緩慢下降。環(huán)境溫度保持不變，系統(tǒng)始終處 于平衡狀態(tài)。在活塞下降過程中()A.氣體體積逐漸減小，內(nèi)能增加B.氣體壓強(qiáng)逐漸增

27、大，內(nèi)能不變C.氣體壓強(qiáng)逐漸增大，放出熱量D.外界對氣體做功，氣體內(nèi)能不變E.外界對氣體做功，氣體吸收熱量【答案】BCD【考點(diǎn)】溫度、氣體壓強(qiáng)和內(nèi)能理想氣體的狀態(tài)方程【解析】一定質(zhì)量的理想氣體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，等溫壓縮過程中內(nèi)能不變，外界對氣體做功, 根據(jù)熱力學(xué)第一定律結(jié)合理想氣體的狀態(tài)方程進(jìn)行分析。【解答】一定質(zhì)量的理想/工體內(nèi)能僅與溫度有關(guān)，溫度不變則內(nèi)能不變，由于用外力作用在活 塞上，使其緩慢下降過程中環(huán)境溫度保持不變，則氣體溫度不變、內(nèi)能不變，根據(jù)熱 力學(xué)第一定律可知，外界對氣體做功，氣體要放出熱量，根據(jù)理想氣體的 狀態(tài)方程即=C可知，氣體體積減小，壓強(qiáng)增大，故BCD正確、/E錯誤。如

28、圖，兩側(cè)粗細(xì)均勻、橫截面枳相等、高度均為H = 18sn的U型管，左管上端封閉， 右管上端開口。右管中有高九o=4on的水銀柱，水銀柱上表面離管口的距離l = 12cm。 管底水平段的體積可忽略。環(huán)境溫度為7=283K,大氣壓強(qiáng)po=76cm"g。現(xiàn)從右側(cè)端口緩慢注入水銀(與原水銀柱之間無氣隙)，恰好使水銀柱下端到達(dá)右管 底部。此時水銀柱的高度為多少？5)再將左管中密封氣體緩慢加熱，使水銀柱上表面恰與右管口平齊，此時密封氣體的 溫度為多少？【答案】此時水銀柱的高度為12.89cm；(ii)再將左管中密封氣體緩慢加熱，使水銀柱上表面恰與右管口平齊，此時密封氣體的 溫度為363K?！究键c(diǎn)

29、】理想氣體的狀態(tài)方程【解析】求出密封氣體初始體積和壓強(qiáng)，將密封氣體等溫壓縮，由玻意耳定律列方程求解壓 強(qiáng)，再求出此時水銀柱的高度九；(ii)密封氣體再經(jīng)等壓膨脹過程體積變?yōu)樨?(2"-九)S,由蓋-呂薩克定律求解溫度。【解答】設(shè)左、右管的截面積為S。密封氣體初始體積為匕=(2" - I-/io)S=2OS,壓強(qiáng)為pi=76c7?iHg + 4cmHg =QOcmHg密封氣體先經(jīng)等溫壓縮過程體積變?yōu)樨?"S = 18S,壓強(qiáng)變?yōu)镻2 = ?由玻意耳定律有：P1%=P2P2解得：P2 QQ Q9cmHg此時水銀柱的高度為：h=88.89cm - 76cm = 12.89 cm：(ii)密封氣體再經(jīng)等壓膨脹過程體積變?yōu)樨?(2H-/i)S,溫度變?yōu)榻?，由蓋-呂薩克定 律有：兀一兀代入數(shù)據(jù)解得：T3=363K物理選修3-4 (15分)如圖，一列簡諧橫波平行于'軸傳播，圖中的實(shí)線和虛線分別為t = 0和t = O.ls時的波 形圖。已知平衡位置在x = 6/n處的質(zhì)點(diǎn)，在。到0.1s時間內(nèi)運(yùn)動方向不變。這列簡諧波 的周期為 s,波速為 m/s,傳播方向沿%軸 (填“正方向”或"負(fù)方向")。【答案】0.4,10,負(fù)方向【考點(diǎn)】簡諧運(yùn)動的振幅